DIKTAT KULIAH

METODE NUMERIK

Penyusun : Drs. Ino Suryana, M.Kom Dra. Betty Subartini, M.Si

PROGRAM STUDI S-1 TEKNIK INFORMATIKA DEPARTEMEN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS PADJADJARAN

2014

KATA PENGANTAR

Puji Syukur penulis panjatkan ke Hadirat Illahi Rabbi, karena dengan

hidayahNya penyusunan ulang diktat kuliah ini dapat terselesaikan.

Diktat Kuliah ini telah disusun pada tahun 2003 dan sampai sekarang masih

direvisi dengan menambahkan bebrapa materi yang diperlukan, dengan tujuan untuk

membantu mahasiswa pada Program Studi S-1 Teknik Informatika dan Program Studi S-

1 Matematika dalam mempelajari materi yang diajarkan pada mata kuliah Metode

Numerik meskipun dalam hal ini masih terdapat kekurangannya.

Diktat kuliah ini dibuat bersama oleh beberapa dosen pengajar Metode Numerik

di Departemen Matematika Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Universitas Padjadjaran.

Semoga diktat kuliah ini dapat bermanfaat bagi semua pihak yang

memerlukannya. Amien.

Bandung, Agustus 2014 Tim Penyusun.

i

DAFTAR ISI Halaman KATA PENGANTAR

DAFTAR ISI

Bab I. Konsep Dasar Metode Numerik 1

Bab II. Perhitungan Galat 6

Bab III. Penyelesaian Persamaan tak linear 11

Bab IV. Pencarian akar Real dari Polinom 28

Bab V. Matriks dan sistem Persamaan Linear 34

Bab VI. Interpolasi dan Hampiran Polinom 53

Bab VII. Turunan Numerik 63

Bab VIII. Integrasi Numerik 71

Bab IX. Persamaan Diferensial Biasa 80

ii

1

BAB I

KONSEP DASAR METODE NUMERIK

DEFINISI 1 :

Metode Numerik adalah pengkajian tentang teori dasar perhitungan sehingga hasil

perhitungan tersebut memiliki kualitas yang baik.

DEFINISI 2 :

Metode numerik adalah tehnik dimana masalah matematika diformulasikan sedemikian rupa

sehingga dapat diselesaikan oleh pengoperasian aritmatika.

DEFINISI 3 :

Metode Numerik adalah Metode yang digunakan untuk menyelesaikan masalah matematika

secara numerik/angka yaitu dengan cara diformulasikan sehingga dapat dibuat algoritmanya

dan ditulis dalam bahasa pemrograman yang dapat dimengerti oleh komputer.

DEFINISI 4 :

Metode Numerik adalah metode pemrosesan dari data numerik menjadi hasil numerik.

Mempelajari metode-metode numerik harus mempelajari dulu kalkulus dan bahasa

pemrograman misal : BASIC, PASCAL, FORTRAN, MATLAB dsb.

Beberapa Teorema dalam kalkulus yang mendasari perhitungan numerik :

1.1 Teorema Harga Antara

Misalkan f suatu fungsi kontinu di [ ]ba, , jika L menyatakan suatu bilangan diantara

)(af dan )(bf maka terdapat suatu bilangan bcac <<; sehingga Lcf =)(

Makna dari teorema di atas :

2

(i) Jika 0)().( <bfaf , maka pasti ada harga x dimana bxa << yang memenuhi

0)( =xf

(ii) Jika 0)().( >bfaf , belum menjamin bahwa persamaan )(xf memiliki jawab.

1.2 Teorema Harga Rata-rata

Misalkan f Suatu fungsi kontinu di [ ]ba, dan f dapat di diferensialkan di [ ]ba, ,

maka terdapat c di [ ]ba, sehingga ))((')()( abcfafbf −=− atau

abafbfcf

−−

=)()()('

c menyatakan titik dan )(' cf = koefisien arah garis yang menghubungkan titik

))(,())(,( bfbdanafa .

Hal khusus dari teorema ini adalah :

Jika f Kontinu di [ ]ba, , dapat didiferensialkan di [ ]ba, dan xxf ∀≠ ,0)(' di [ ]ba, ,

maka grafik f(x) memotong sumbu x paling banyak disatu titik.

1.3 Teorema Taylor

Teorema Taylor didekripsikan sebagai berikut :

Misalkan fungsi f k menyatakan turunan ke-k dari fungsi f . Jika f beserta dengan f 1 , f 2,

…., f n+1 semuanya kontinu di [ ]ba, dan 0x suatu titik di [ ]ba, , maka untuk setiap x di [ ]ba,

berlaku :

)()(!

)(...)(

!2)("

))((')()( 002

00

000 xRxxn

xfxx

xfxxxfxfxF n

nn

+−++−+−+= dengan

dttftxn

xR nx

x

nn )()(

!1)( 1

0

+∫ −= dan )(xRn dinamakan galat (error).

3

MENGAPA KITA HARUS MEMPELAJARI METODE NUMERIK ?

Para insinyur dan ahli ilmu alam, dalam pekerjaannya sering “bergelut” dengan

persamaan matematis. Masalah yang dihadapi dilapangan diformulasikan ke dalam model

yang berbentuk persamaan matematika. Persamaan tersebut mungkin sangat kompleks dan

jumlahnya lebih dari satu. Solusi yang diinginkan tidak selalu berupa fungsi kontinu, tetapi

berupa nilai-nilai farik. Metode Numerik dan komputer menyediakan alternatif penyelesaian

ketimbang menggunakan metode analitik.

Terdapat beberapa macam alasan mengapa mempelajari metode numerik :

1. Metode Numerik merupakan alat pemecahan masalah yang sangat ampuh. Metode

Numerik mampu menangani sistem persamaan besar, ketaklinearan, dan geometri

yang rumit yang dalam praktek rekayasa seringkali tidak mungkin dipecahkan secara

analitik.

2. Dipasaran banyak dijual paket program numerik, misalnya MATLAB, EUREKA,

MATEMATICA, dsb. Kita dapat memahami cara kerja paket program tersebut

dengan cara memiliki pengetahuan numerik dan teori dasar yang

melatarbelakanginya.

3. Dapat membuat sendiri program numerik tanpa harus membeli paket program.

4. Metode numerik menyediakan sarana untuk memperkuat kembali pemahaman

matematika. Karena metode numerik ditemukan dengan menyederhanakan

matematika yang lebih tinggi menjadi operasi matematika yang mendasar.

TAHAP-TAHAP MEMECAHKAN PERSOALAN SECARA NUMERIK

1. Pembentukan model matematika dari persoalan.

Persoalan diformulasikan ke dalam model-model matematika.

4

2. Penyederhanaan model

Beberapa andaian dibuat sehingga beberapa parameter dapat diabaikan. Model

matematika yang diperoleh, menjadi lebih sederhana sehingga solusinya lebih mudah

diperoleh.

3. Formulasi numerik

Setelah model matematika yang sederhana diperoleh, tahap selanjutnya adalah

memformulasikannya secara numerik, antara lain :

a. Menentukan metode yang akan dipakai, dengan didasari pada pertimbangan :

- Apakah metode tersebut teliti?

- Apakah metode tersebut mudah diprogram dan waktu eksekusinya cepat

-Apakah metode tersebut tidak peka terhadap perubahan data yang cukup kecil?

b. Menyusun algoritma dari metode numerik yang dipilih

4. Pemograman

Menerjemahkan algoritma ke dalam program sumber dengan salah satu bahasa

pemograman

5. Evaluasi

PERAN KOMPUTER PADA PERHITUNGAN NUMERIK

Sebelum adanya komputer digital, penyelesaian persoalan matematik menggunakan

metoda numerik merupakan pekerjaan yang membosankan. Hal ini dikarenakan banyaknya

proses iterasi, perhitungan berulang dari data numerik yang ada. Jika proses iterasi dikerjakan

secara manual, akan membutuhkan waktu yang relatif lama dan kemungkinan terjadinya

kesalahan yang relatif lebih besar akibat kesalahan manusia.

Misalkan untuk menyelesaikan persamaan nonlinier 6352 234 =++− xxxx .

5

Penyelesaian secara manual, misalnya menggunakan metoda Regula Falsi diperlukan bebrapa

kali iterasi.Untuk menyelesaikan sampai enam angka dibelakang koma dapat terjadi sampai

puluhan iterasi. Ini membutuhkan waktu yang relatif lama. Padahal, dalam proses iterasi bisa

sampai ratusan kali. Dalam keadaan demikian, computer sangat dibutuhkan untuk

mengurangi waktu penyelesaian.

Langkah-langkah penyelesaian persoalan munerik bisan dilihat pada penjelasan

sebelum ini.

6

BAB II.

PERHITUNGAN GALAT/KESALAHAN (ERROR)

2.1 Jenis Galat/Sumber Galat

2.1.1 Galat pengukuran (inheren error)

2.1.2 Galat pemotongan (truncation error)

2.1.3 Galat Pembulatan (round-off error)

2.1.4 Galat Blunders (gross error)

2.1.1 Galat pengukuran

Galat ini disebabkan karena salah waktu mengukur

2.1.2 Galat Pemotongan

Galat ini disebabkan karena kita menghentikan suatu deret atau runtunan dengan

suku-suku yang tidak berhingga. Galat ini timbul akibat penggunaan hampiran sebagai

pengganti formula eksak. Galat pemotongan disebut juga galat dari metode, karena muncul

akibat dari komputasi yang digunakan.

Misalnya, suatu fungsi f(x) dideretkan dengan deret Taylor di sekitak x0 diperoleh

deret :

nn

xxn

xfxx

xfxxxfxfxf )(

!)(

...)(!2

)("))((')()( 0

020

0000 −++−+−+= (2.1)

Pada persamaan (2.1) sering diambil hanya bebrapa suku, misalkan hanya diambil tiga suku.

Sedangkan suku keempat dan seterusnya diabaikan (dipotong sampai suku ketiga), sehingga

persamaan menjadi

20

0000 )(

!2)("

))((')()( xxxf

xxxfxfxf −+−+= (2.2)

7

2.1.3 Galat Pembulatan

Galat ini disebabkan oleh jumlah keterbatasan jumlah digit komputer dalam

menyatakan bilangan real. Bilangan real yang panjangnya melebihi jumlah digit

komputer dibulatkan ke bilangan terdekat. Galat pembulatan dinamakan juga galat

dari perhitungan. Misalkan bilangan 1,234678934687 akan ditampilkan pada mesin

hitung yang hanya mampu menampilkan 10 digit dibelakang koma, maka bilangan

tersebut akan menjadi 1,2346789347.

Secara umum dalam perhitungan numerik terdapat dua sumber utama penyebab galat yaitu

galat pemotongan dan galat pembulatan.

2.1.4 Galat Blunders (gross error)

Galat ini terjadi akibat kesalahan manusia atau mesin hitung yang digunakan. Galat

ini bisa dikurangi dengan dengan melakukan pekerjaan yang berulang-ulang dan memilih

mensin hitung yang kualitasnya baik.

2.2 PERHITUNGAN GALAT

Galat mutlak/galat sejati dalam prosen

%100.xxEx −=

Dengan x = nilai sebenarnya

x = nilai hampiran hasil perhitungan numerik

Galat Relatif Sejati : x

EE x

R = atau dalam persentase %100.x

EE x

R =

Apabila nilai sebenarnya tidak/belum diketahui, maka alternatifnya menormalkan

galat dengan menggunakan taksiran terbaik yang tersedia dari nilai sejati yaitu terhadap

aproksimasi itu sendiri.

Seperti dalam :

8

%100.sekarangiaproksimas

sebelumnyaiaproksimassekarangiaproksimasEa−

=

Atau Ea = 1n

n1nx

xx+

+ − x 100%

Perhitungan dihentikan setelah Ea < Es atau ditentukan dengan toleransi (bilangan

yang ditentukan). Dimana Es = (0,5 x 102-n ) % , n = angka bena.

2.3 Pengertian Angka Bena

Konsep angka bena (significant figure) atau angka berarti telah dikembangkan secara formal

untuk menandakan keandalan suatu nilai numerik. Angka bena adalah angka bermakna,

angka penting, atau angka yang digunakan dengan pasti.

Contoh :

42,123 memiliki 5 angka bena

0,1764 memiliki 4 angka bena

0,0000012 memiliki 2 angka bena

278,300 memiliki 6 angka bena

270,0090 memiliki 7 angka bena

Atau ditentukan batas toleransinya.

2.4 Pengertian Bilangan Titik Kambang

Bilangan riil di dalam komputer umumnya dinyatakan dalam format bilangan titik

kambang (floating point number). Bilangan titik kambang a ditulis sebagai :

pn

p BxddddBxma ...,0. 321±=±=

Yang dalam hal ini :

m = mantisa (riil) ndddd .....321 adalah digit atau bit mantisa yang nilainya dari

sampai B-1, n adalah panjang digit (bit) mantisa.

9

B = basis sistem bilangan yang dipakai

P = pangkat

Contoh : Taksiran Galat untuk Metode iterasi

Masalah : Dalam matematika fungsi kerap kali dapat dinyatakan oleh deret takhingga

misalnya fungsi eksponen dapat dinyatakan /dihitung memakai :

....!2

12

+++=xxe x Tentukan nilai xe untuk 5,0=x dimulai pada yang paling sederhana

sampai 3 angka bena.

Penyelesaian : Iterasi 1 :

1=xe jadi untuk nilai 15,0 =e

Iterasi 2

xe x += 1 jadi nilai 5,15.015,0 =+=e

Ea = 5,1

15,1 − x 100 % = 33,3 %

Iterasi 3 :

!21

2xxe x ++=

625,1!2

5,05,012

5,0 =++=e

Ea = 625,1

5,1625,1 −x 100 % = 7,69 %

Dan seterusnya sampai Ea < Es

2.5 PERAMBATAN GALAT

10

Galat yang dikandung dalam bilangan titik kambang merambat pada hasil komputasi.

Misalkan terdapat bilangan titik kambang a dan b, (nilai sejati atau nilai sebenarnya) dan nilai

hampirannya a dan b , yang mengandung galat aε dan bε . Jadi, kita dapat menulis

ba bbdanaa εε +=+= . Di sini akan diperlihatkan bagaimana galat merambat pada hasil

penjumlahan dan perkalian a dan b.

Untuk penjumlahan,

)()()()( baba bababa εεεε +++=+++=+

Jadi galat hasil penjumlahan sama dengan jumlah galat masing-masing operand.

Untuk perkalian,

bababa babababa εεεεεε +++=++= .))((

yang bila disusun mernjadi :

abab

baab ab εε+=

−

Jadi galat relatif hasil perkalian sama dengan jumlah galat relatif masing-masing operand.

11

BAB III

PENYELESAIAN PERSAMAAN TAK LINEAR

Bentuk umum fungsi tak linear adalah 0)( =xf , di mana )(xf merupakan fungsi yang tak

linear. Solusi yang dicari adalah akar dari persamaan 0)( =xf , titik atau nilai x yang membuat nol

fungsi )(xf . Solusi ini ada dua bagian, yaitu solusi eksak dan solusi hampiran. Solusi eksak pada

umumnya sulit untuk ditentukan, kecuali untuk bentuk-bentuk yang sederhana, sehingga solusi

hampiran menjadi alternatif untuk menentukan selesaian dari suatu bentuk persamaan tak linear.

Bentuk fungsi yang non-linear di antaranya adalah

1. Fungsi polinom : 2;...)( 2210 ≥++++= nxaxaxaaxP n

nn

2. Fungsi transenden ; trigonometri, eksponensial, logaritma.

3. Fungsi campuran; transenden dan polinom

Contoh:

1. 0sin =xx

2. 02 =− xex

3. 02sincos =−− xx

4. 0ln12 =−+ xx

Contoh-contoh di atas hanya dapat diselesaikan dengan menggunakan hitungan iteratif. Dalam

hitungan ini diperlukan tebakan awal. Tebakan awal dilakukan untuk pelokasian akar, mencari atau

menentukan selang yang mengandung akar. Metode atau cara yang digunakan adalah metode tabulasi

dan metode grafik. Metode tabulasi dilakukan dengan mentabulasikan seluruh pasangan data.

di antara dua nilai yang berbeda tanda paling sedikit mengandung satu akar (satu nilai x ), sehingga

0)( =xf

Metode Pencarian Akar

Ada dua macam metode pencarian akar :

12

Metode Tertutup , terdiri dari : 3.1.1 Metoda Tabulasi

3.1.2 Metode Bisection ( bagi dua)

3.1.3 Metode Regula falsi ( posisi palsu)

3.1.4 Metode Regula falsi yang diperbaiki.

3.2. Metode terbuka, terdiri dari :

3.2.1.Metode iterasi titik tetap

3.2.2.Metode Newton-Raphson

3.2.3. Metode Sekan 3.1.1 Metoda Tabulasi Metoda tabulasi adalah metoda penyelsaian persamaan nonlinier (transedental) dengan cara

membuat tabel-tabel persamaan (fungsi) nonlinier di sekitar titik penyelesaiannya. Metoda ini

merupakan metoda paling sederhana untuk menyelesaika persamaan nonlinier.

Keuntungan dari metoda ini adalah tidak memerlukan persamaan khusus untuk

menyelesaikan persamaan nonlinier. Sedangkan keterbatasan dari metoda ini, adalah :

1. Jika fungsi f(x) mempunyai beberapa akar (titik) penyelesaian, akar-akar penyelsaian ini tidak

dapat dicari secara langsung atau secara bersamaan, tetapi harus satu-persatu.

2. Tidak dapat mencari akar kompleks (imajiner).

3. Proses itersainya relatif lama.

Cara penyelesaian Metoda Tabulasi

Langkah 1: fungsi f(x) = 0. Tentukan dua titik awal fungsi f(x), misalkan f(x1) dan f(x2) sehingga

memenuhi syarat f(x1)·f(x2) < 0. Jika syarat ini dipenuhi, artinya titik penyelesaian ada diantara x1

dan x2.

Langkah 2: Buat tabel nilai fungsi f(x) di antara f(x1) dan f(x2).

Langkah 3: Buat tabel di sekitar dua titik x yang menyebabkan terjadinya perubahan tanda pada nilai

fungsi f(x).

13

Langkah 4: Ulangi langkah 3 sampai diperoleh nilai yang diharapkan.

Contoh :

Cari salah satu akar penyelesaian dari persamaan f(x) = 2 – 5x + Sin x = 0.

Penyelesaian

Langkah 1: Menentukan dua nilai awal f(x) sehingga memenuhi syarat di atas. Misalnya diambil

f(x1) = f(0) = 2 – 5*0 + Sin 0 = 2

f(x2) = f(1) = 2 – 5*1 + Sin 1 = -2,98255

karena f(x1)·f(x2) < 0, maka titik/akar penyelesaian ada diantara x=0 dan x=1.

Langkah 2: Buat tabel fungsi f(x) di sekitar f(x1) dan f(x2)

Nilai fungsi f(x) di sekitar x=0 dan x=1 adalah :

x f(x) absolut error

0.0 2.000000 2.000000 0.1 1.501745 1.501745 0.2 1.003491 1.003491 Min error

0.3 0.505236 0.505236 0.4 0.006981 0.006981

0.5 -0.491273 0.491273 tanda berubah 0.6 -0.989528 0.989528

0.7 -1.487783 1.487783 0.8 -1.986038 1.986038 0.9 -2.484293 2.484293 1.0 -2.982548 2.982548

Langkah 3 : Buat tabel di sekitar dua titik yang menyebabkan nilai f(x) berubah tanda.

Tabel f(x) dibuat untuk di sekitar x=0,4 dan x=0,5.

Berikut tabel nilai fungsi f(x) di sekitar x=0,4 dan x=0,5.

X f(x) absolut error 0.40 0.006981 0.006981

0.41 -0.042844 0.042844 tanda berubah 0.42 -0.092670 0.092670

0.43 -0.142495 0.142495 0.44 -0.192321 0.192321

14

0.45 -0.242146 0.242146

0.46 -0.291972 0.291972 0.47 -0.341797 0.341797 0.48 -0.391623 0.391623 0.49 -0.441448 0.441448 0.50 -0.491273 0.491273

Langkah 4 dan seterusnya.

Ulangi langkah 3, yaitu membuat tabel di sekitar dua titik yang menyebabkan terjadinya perubahan

tanda pada f(x). Pembuatan tabel dihentikan pada saat sudah diperoleh error yang relatif kecil,

misalnya error = 10-7.

3.1.2 Metode Bagi Dua (dari Bolzano)

Secara umum, jika )(xf bernilai real dan kontinu pada selang [ ]ba, dengan 0)().( <bfaf

, maka ada peluang paling sedikit terdapat satu akar real pada interval tersebut. Ujung-ujung selang,

yaitu a dan b disebut dengan tebakan awal. Metode pencarian akar yang semakin bertambah

(incremental search method) memanfaatkan pengamatan ini dengan cara menentukan suatu selang

tempat fungsi berubah tanda. Metode bagi dua juga disebut dengan metode pemenggalan biner. Jika

nilai fungsi berubah tanda pada suatu selang, maka akan dihitung nilai fungsi pada titik tengah,

kemudian lokasi akar ditentukan, yaitu terletak pada selang tempat terjadinya perubahan tanda.

Metode bagi dua ini dijamin konvergen, meskipun laju konvergensinya cukup lambat

f(x)

|

a c b

Gambar 3.1. Metode Bagi Dua

15

Interval [ ]ba, dibagi dua menjadi interval [ ]ca, dan [ ]bc, dengan

2bac +

=

Pengujian selang

[ ]

[ ]

→<=→=

→>

capadaberadaakarcakar

bcpadaberadaakarcfaf

,00

,0)(),(

Kriteria penghentian iterasi

Iterasi dihentikan apabila selisih antara b dengan a, yaitu |b – a| < ε

Contoh :

Diberikan fungsi : xexf x 3)( += , lakukan dua iterasi untuk menghampiri akar persamaan di atas!

Penyelesaian:

akar fungsi di atas berada pada interval [ ]0,1−

iterasi 1:

031)1(3)1()(1 1 <−=−+=−=→−= −

eefafa

01)0(3)0()(0 0 >=+==→= efbfb

sehingga 0)0().1( <− ff , maka berlaku

5,02

011 −=

+−=c

05,1)5,0()( 5,01 <−=−= −efcf

0)().( 1 <cfaf → akar ada pada [ ]0;5,0−

iterasi 2:

0)(5,0 <→−= afa ; 0)(0 >→= bfb

16

25,02

05,02 −=

+−=c

0)25,0(3)( 25,02 >−+= −ecf

0)().( 2 <cfaf akar ada pada [ ]25,0;5,0 −−

sampai iterasi kedua diperoleh hampiran akar .25,0−=x

Dan galat hampirannya = %1002

12 xc

cca

−=ε

= %100%10025,0

)5,0(25,0=

−−−− x

3.1.3 Metode Posisi Palsu (Regula Palsi)

Metode posisi palsu akan lebih cepat memberikan hasil dan dasar dari metode ini adalah

teorema harga antara yaitu “bila f kontinu di [ ]ba, dan 0)().( <bfaf , maka ada [ ]bax ,* ∈

sehingga 0)( * =xf Pada metode ini nilai akar dihampiri oleh fungsi linear (garis lurus), nilai

hampiran akan berupa perpotongan garis lurus melalui ))(,( afa dan ))(,( bfb dengan sumbu X

Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar berikut.

(a, f(a))

c1 c

a akar b

(b, f(b))

Gambar 3.2. Metode Regula falsi

17

Perhatikan gambar 3.2 di atas .

Persamaan garis yang melalui titik ))(,( afa dan ))(,( bfb diberikan oleh

abax

afbfafy

−−

=−

−)()(

)(

perpotongan degan sumbu cxyX ==→ ,0

)()()(

afbfabafac

−−

−=

atau

babx

bfafbfy

−−

=−

−)()(

)(

diperoleh perpotongan dengan sumbu X

)()()(

bfafbabfbc

−−

−=

atau

)()()(

afbfabbfbc

−−

−=

Iterasi dihentikan apabila telah dipenuhi

ε<−+ kk cc 1 atau ε<−

+

+

1

1

k

kk

ccc

Contoh:

Diberikan fungsi : xxxf sincos)( −= , akar positif terkecil berada pada interval [ ]1,0 gunakan

metode posisi palsu untuk menghampiri:

a. Akar persamaan tersebut sampai iterasi ketiga.

b. Tentukan f(c3).

c. Hitung 3

23c

cc −

Penyelesaian:

Iterasi 1:

xxxfdanba sincos)(1,0 −===

1)( =af

18

301169,0)( −=bf

)()()(1 afbf

abbfbc−−

−=

1301169,001)301169,0(11 −−

−−−=c

76854,023146,01 =−=

02384,0)( 1 =cf

→> 0)().( 1cfaf akar akan berada pada interval [ ]bc ,1 sehingga ac =1 pada iterasi ke-2

Iterasi 2:

1,76854,01 === bac

02384,0301169,0

76854,01)301169,0(12 −−−

−−=c

78551797,0=

00016943,0)( 2 −=cf

→< 0)().( 21 cfcf akar akan berada pada interval [ ]21 ,cc sehingga ac =1 dan bc =2

pada iterasi ke-3

Iterasi 3:

76854,01 == ac dan 78551797,02 == bc ,

02384,0)( =af dan 00016943,0)( −=bf

02384,000016943,076854,078551797,0)00016943,0(78551797,02 −−

−−−=c

78539816,03 =c

Jadi, akar persamaan sampai iterasi 3 adalah 78539816,03 =c

b. 93 109689,7)( −= xcf

c. 00015,03

23 −=−c

cc

19

Hasil perhitungan selengkapnya disajikan dalam tabel berikut.

Tabel 2.1

r a c b f(a) f(c) f(b) Selang baru

1 0 0,768534 1 1 0,02384 -0,301169 [c1,b]

2 0,76854 0,78551797 1 0,02384 -0,00016943 -0,301169 [c1,c2]

3 0,78551797 0,78539816 0,76854 0,02384 7,9689x10-9 -0,00016943

Secara umum, metode regula falsi lebih cepat konvergensinya dibandingkan dengan metode bagi dua.

Namun, pada beberapa kasus kecepatan konvergensinya justru lebih lambat. Contohnya jika kurvanya

cekung kebawah.

Pada kondisi yang paling ekstrim rab − tidak pernah kecil sε sebab salah satu titik ujung selang

selalu tetap untuk setiap iterasi.yang dapat mengakibatkan program mengalami looping . Oleh karena

itu untuk mengatasi masalah diatas maka metode regula falsi diperbaiki.

3.1.4 Perbaikan Metode Regula Falsi

Untuk Mengatasi kemungkinan titik mandek, metode regula falsi kemudian diperbaiki.

Caranya, pada akhir iterasi 1=r kita sudah memperoleh selang baru akan dipakai pada iterasi 2=r. Berdasarkan selang baru tersebut, tentukan titik ujung selang yang tidak berubah (jumlah perulangan

> 1) yang kemudian menjadi titik mandek. Nilai f pada titik mandek itu diganti menjadi setengah

kalinya, yang akan dipakai pada iterasi 2=r

Misalkan fungsi )(xf cekung keatas di dalam selang [ ]ba, seperti ditunjukkan pada gambar

3.2.

Setelah menghitung nilai 1c pada iterasi ke 1=r , ujung selang a untuk iterasi 2=r tidak berubah .

Titik a menjadi titik mandek. Karena itu untuk itersi 2=r nilai )(af yang dipakai adalah 2

)(af.

Begitu juga untuk iterasi 3=r , nilai )(af yang dipakai adalah setengah dari nilai )(af

sebelumnya, dan seterusnya sampai pada nilai rc sudah terletak di bawah kurva )(xfy =

Dua buah metode yang akan dibahas berikutnya adalah metode yang memiliki laju

konvergensi lebih cepat, akan tetapi tidak selalu konvergen. Dan untuk melaju ke metode tersebut

cobalah terlebih dahulu soal berikut, sebagai bahan untuk mengukur sampai di mana pemahaman

mengenai metode bagi dua dan metode posisi palsu.

20

Latihan.

1. Tentukan nilai akar dari persamaan nonlinier berikut menggunakan metoda Tabulasi hingga

diperoleh error 10-5.

a. 2 – 3x + sin x = 0 b. ex – x – 2 = 0

2. Tentukan harga pendekatan dari akar persamaan 02 =− −xex di [ ]1,0 dengan metode bagi dua.

a. pada iterasi ketiga berapakah harga 3a dan 3b

b. pada iterasi ke-5 berapakah harga 5x dan )( 5xf

c. carilah harga N, sehingga 310−≤− NN ab

d. carilah harga N dan harga 0Nx sehingga N

N

ccc −

=*

ε

3. Ingin dicari harga pendekatan dari akar-akar persamaan xx cos= di

2,0 π dengan metode

regula palsi, carilah:

a. 33 bdana pada iterasi ke-3

b. 5x dan )( 5xf pada iterasi ke-5

c. 5

45

xxx −

4. Tentukan banyaknya akar pada persamaan 06116 23 =−+− xxx untuk x > 0.

3.2.1 Metode Iterasi Titik Tetap

Metode iterasi titik tetap disebut juga metode langsung atau metode subtitusi beruntun.

Prosedur iterasinya sebagai berikut :

Susunlah persamaan 0)( =xf menjadi bentuk )(xgx = Lalu bentuklah menjadi prosedur iterasi :

)(1 rr xgx =+

dan tentukan sebuah nilai awal 0x , lalu hitung nilai ,....,, 321 xxx yang mudah-mudahan konvergen ke

akar sejati s sedemikian sehingga

)(0)( sgsdansf ==

Iterasi berhenti bila :

ε<−+ rr xx 1

atau bila mrenggunakan galat relatif hampiran

21

ε<−

+

+

1

1

r

rr

xxx

dengan ε dan δ telah ditetapkan sebelumnya (toleransinya).

Jika kasus pengambilan titik awal x0 yang cukup dekat ke akar sejati, maka proses akan konvergen

tetapi jika kita mengambil x0 terlalu jauh ke akar sejati maka akan divergen.

Untuk itu maka kita harus mengetahui kapan suatu iterasi konvergen dan kapan divergen.?

Kriteria Konvergensi

Diberikan prosedur iterasi

)(1 rr xgx =+ (3.2.1)

Misalkan sx = adalah solusi 0)( =xf sehingga )(0)( sgsdansf == , selisih antara 1+rx dan

s adalah :

sxgsx rr −=−+ )(1

= )()(

)( sxsx

sxgr

r

r −−−

(3.2.2).

terapkan teorema nilai rata-rata pada persamaan (3.2.2) sehingga

))(('1 sxtgsx rr −=−+ (3.2.3)

yang dalam hal ini stxr <<+1 Misalkan galat pada iterasi ke-r dan pada iterasi ke-(r+1) adalah

sxrr −=ε dan sxrr −= ++ 11ε

Persamaan (3.2.3) dapat kita tulis menjadi

rr tg εε )('1 =+

atau dalam tanda mutlak

rrr Ktg εεε ≤=+ )('1

Berapa batas-batas nilai K itu ?

Misalkan 0x dan x berada di selang sejauh h2 dari s , yaitu hsxhs +<<− , jika iterasi

konvergen di dalam selang tersebut, yaitu ,....,,, 3210 xxxx ..menuju s , maka galat setiap iterasi

berkurang. Jadi haruslah dipenuhi kondisi

01

23

12

1 .... εεεεε +−−+ ≤≤≤≤≤ r

rrrr KKKK

Kondisi tersebut hanya berlaku jika

1)(' <≤ Ktg

Karena 1<K , maka 01 →+rK untuk ∞→r disini 01 →−+ sxr

22

Teorema 3.1 : Misalkan )(xg dan )(' xg kontinu pada interval [ ]ba, = [ ]hshs +− , yang

mengandung titik tetap s dan nilai awal 0x dipilih dalam interval tersebut. Jika 1)(' <xg untuk

semua [ ]bax ,∈ x ∈ [a,b] maka iterasi )(1 rr xgx =+ akan divergen dari s .

Dari teorema tersebut dapat disarikan sebagai berikut :

Di dalam interval [ ]hshsI +−= , , dengan s titik tetap,

Jika 1)(0 ' << xg untuk setiap Ix∈ , maka iterasi konvergen monoton;

Jika 0)(1 ' <<− xg untuk setiap Ix∈ , maka iterasi konvergen berosilasi

Jika 1)(' >xg untuk setiap Ix∈ , maka iterasi divergen monoton;

Jika 1)(' −<xg untuk setiap Ix∈ , maka iterasi divergen berosilasi.

Sebagai catatan, keadaan 1)(' =xg tidak didefinisikan . dan nilai )(' xg semakin dekat ke nol

semakin dekat ke akar dan semakin cepat kekonvergenannya.

3.2.2 Metode Newton-Raphson

Dasar dari metode Newton Raphson adalah fungsi )(xf dihampiri oleh garis lurus, yakni

garis singgung. Hampiran akar berupa perpotongan garis singgung dengan sumbu X (untuk lebih

jelasnya perhatikan gambar berikut)

Y

y = f(x)

(x0, f(x0))

(x2, f(x2))

0 x1 x2 X

Persamaan garis singgung pada )(xf yang melalui ))(,( 00 xfx dapat diturunkan dengan mudah,

seperti berikut ini.

23

)()( 00 xxmxfy −=−

)( 0' xfm =

Jadi, ))(()( 0'

0 xxxfxfy −=−

Perpotongan dengan sumbu 1,0 xxyX ==→

))(()( 01'

0 xxxfxf −=−

)()(

0'

001 xf

xfxx −=

dengan cara yang sama akan diperoleh

)()(

1'

112 xf

xfxx −=

dan seterusnya, sehingga diperoleh bentuk umum

,...2,1;)()(

'1 =−=+ kxfxf

xxk

kkk

Yang perlu diperhatikan di dalam metode Newton adalah hanya ada satu tebakan awal, yaitu 0x .

Pada iterasi ke-k, kx adalah titik potong sumbu X dengan garis singgung pada )(xf di titik 1−nx

Contoh:

xexf x 3)( −= pada [ ]1,0

3)(' −= xexf

Misalkan tebakan awal : 25,00 =x

)()(

0'

001 xf

xfxx −=

3

)25,0(325,0 25,0

25,0

1 −−

−=e

ex

5612,0311208,025,01 =−=x

Iterasi 2:

61666,03

)5612,0.(35612,0 5612,0

5612,0

2 =−

−−=

eex

Iterasi 3:

619056,03

61666,0.361666,0 61666,0

61666,0

3 =−

−−=

eex

24

Kekonvergenan Metode Newton-Raphson

Kita tuliskan lagi 00 xxr −=ε , 11 xxr −=ε , dan secara umum nrn xx −=ε . Di sini nε adalah

galat pemenggalan pada iterasi ke-n kekonvergenan metode Newton dijelaskan melalui teorema

berikut.

Teorema:

Misalkan "' 0)(,0)( fdanxfxf rr ≠= kontinu di sekitar rx , maka :

21−= nn K εε

di mana K adalah suatu konstanta positif.

Bukti:

Bukti teorema ini didasarkan pada teorema Taylor. Untuk fungsi )( rxf dapat diuraikan di sekitar

1−nx sebagai berikut.

21

"

11'

1 )(2

)())(()()( −−−− −+−+= nrnrnnr xxfxxxfxfxf ξ

Untuk suatu [ ]1, −∈ nr xxξ

Diketahui pula bahwa 0)( =rxf , kemudian diketahui pula bahwa:

)(')(

1k

kkk xf

xfxx −=+ .

atau ))(()( 11'

1 nnnn xxxfxf −= −−− oleh karena itu kita peroleh sekarang persamaan

21

"

11'

11' )(

2)())(())((0 −−−−− −+−+−= nrnrnnnn xxfxxxfxxxf ξ

Atau

21

"

1' )(

2)())((0 −− −+−= nrnrn xxfxxxf ξ

25

21

"

1' )(

2)()(0 −− += nnn

fxf εξε

Jadi,

21'

"

)()(2

)(−−= n

rn xf

f εξε

Karena 'f dan "f kontinu di sekitar rx , maka untuk n yang cukup besar sehingga 1−nx dekat dengan

rx , berlaku :

21'

"

)()(2)(

−−≈ nr

rn xf

xfεε

atau

21−= nn K εε di mana

)(2)(

'

"

r

r

xfxfK −

≈

♦ Teorema di atas menyatakan :

1. 2011 εε K=

2. 402

40

211

2212 . εεεε KKkk ===

3. 803

80

222

2323 . εεεε KKkk ===

4. Umum langkah ke-n adalah n

nn K 20εε =

3.2.3. Metode Sekan

Metode sekan hampir sama dengan metode posisi palsu, bedanya pada metode sekan tebakan

awal tidak perlu mengapit akar yang akan dihampiri, atau )().( bfaf tidak harus negatif. Metode ini

digunakan untuk mencari hampiran untuk )(xf yang rumit atau sukar untuk dicari. Turunan untuk

fungsi )(xf dicari dengan menggunakan hampiran.

Di dalam kalkulus kita mengenal rumus turunan seperti berikut.

hxfhxfxf

h

)()(lim)(0

' −+=

→ atau boleh juga ditulis sebagai

hhxfxfxf

h

)()(lim)(0

' −−=

→

26

h h | | | x-h x x+h

Rumus di atas dapat dinyatakan dalam bentuk aproksimasi berikut.

hxfhxfxf )()()(' −+

≈

| | |

xk-1 xk xk+1

atau

1

1' )()()(

−

−

−−

≈kk

kk

xxxfxf

xf atau

kk

kk

xxxfxf

xf−−

=+

+

1

1' )()()(

)(')(

1k

kkk xf

xfxx −=+ .

1

1 )()()(

−

−

−−

−=

kk

kk

kk

xxxfxf

xfx

Akan diperoleh bentuk umum untuk metode sekan

,....3,2,1;)()(

)(1

11 =

−−

−=−

−+ k

xfxfxx

xfxxkk

kkkkk

dalam hal ini diperlukan dua tebakan awal.

(x0, f(x0))

(x1, f(x1))

(x2, f(x2))

0 x0 x1 x2 x3 X

27

Kekonvergenan Metode Sekan

Kita tuliskan 00 xxr −=ε , 11 xxr −=ε , dan secara umum nrn xx −=ε

nε adalah galat pemenggalan yang timbul karena mendekati rx dan nx .

Rumus kekonvergenan metode sekan dituangkan dalam bentuk teorema berikut.

Teorema :

Pada langkah ke-n galat pemenggalan 1+nε memenuhi hubungan

)()()()(

1

111

−

−−+ −

−=

nn

nnnnn xfxf

xfxf εεε

Teorema :

Pada langkah ke-n, 11 −+ = nnn K εεε

Di mana K adalah konstanta positif K = |)('2|

|)("|

nfnfγ

Penggunaan teorema yang terakhir dalam metode sekan, mengasumsikan bahwa "f dan 0' ≠f di sekitar rx

Latihan.

1. Gunakan metode Newton untuk mendekati akar persamaan 0152 2 =−− xx di [ ]2,1 a. Hitung harga nx untuk 3,2,1=n b. Pada iterasi ke-4, hitunglah harga )( 4xf dan galat relatifnya. (Gunakan kalkulator sampai 6

angka di belakang koma 2. Gunakan metode sekan untuk mendekati akar persamaan 0633 =−+ xx di [ ]2,1 ambil

12 10 == xdanx a. Tentukan persamaan garis yang menghubungkan ))(,( 00 xfx dan ))(,( 11 xfx . b. Hitung harga 1+nx untuk n = 1, 2, dan 3. c. Pada iterasi ke-5 hitung harga )( 5xf dan galat relatifnya.

3. Gunakan metode Newton untuk mencari harga pendekatan dari akar persamaan 0633 =−+ xx untuk itu pilih tebakan awal 10 =x .

Tentukan: a. Persamaan garis di titik ))(,( 00 xfx yang diperlukan

b. harga nx untuk n = 1, 2, 3. c. Pada iterasi ke-4, hitunglah harga )( 5xf dan galat relatifnya.

28

BAB IV PENCARIAN AKAR REAL DARI POLINOM

4.1. Masalah Deflasi dan Masalah Perturbasi

Kita akan mempelajari pencarian akar yang real dari suatu polinom dengan koefisien real.

Suatu polinom dengan derajat n dengan koefisien real adalah fungsi yang berbentuk :

nnn xaxaxaaxP ++++= ...)( 2

210

Di mana koefisien-koefisien naaaa ,...,,, 210 semuanya real dengan 0≠na . Metode yang paling

efisien untuk pencarian akar polinom adalah metode horner, metode ini sering disebut sebagai

metode perkalian bertingkat (nested multiplication). Metode horner adalah metode penulisan polinom

dalam bentuk :

)....))(...(()( 1210 xaaxaxaxaxP nnn +++++= −

Contoh:

Tuliskan polinom-polinom berikut dalam bentuk lain berdasarkan metode horner.

a. 323 5243)( xxxxP +++−=

b. 6526 9634)( xxxxxP +−+=

Penyelesaian :

Metode horner memberikan selesaian sebagai berikut.

a. ))52(4(3)(3 xxxxP +++−=

b. )(6 xP dapat ditulis sebagai

,9600340)( 654326 xxxxxxxP +−++++= sehinggga

)))))96(0(0(3(4(0)(6 xxxxxxxP +−+++++=

)))))96(((3(4( xxxxxx +−++=

atau disingkat

)))))96(3(4()( 36 xxxxxP +−++=

Proses deflasi adalah proses pencarian seluruh akar polinom dengan cara mereduksi pangkat dari

polinom tersebut. Proses ini dibentuk atas pemanfaatan metode horner. Untuk lebih jelasnya

perhatikan contoh berikut.

32 6423)( xxxxP −++−=

29

Atau ))64(2(3)( xxxxP −++−=

Sekarang kita definisikan barisan 3210 ,,, bbbb sebagai berikut.

))((6 33 xPdalamxkoefisienb −=

xbb 32 4 +=

xbb 21 2 +=

xbb 10 3+−=

jelas bahwa

0

1

2

3

3)2(3

))4(2(3))64(2(3)(

bxb

xbxxbxxxxxxP

=+−=

++−=−++−=−++−=

dengan cara yang sama, umumnya untuk polinom berderajat n kita memiliki teorema berikut.

Teorema:

Misalkan nnn xaxaxaaxP ++++= ...)( 2

210 ; dengan 0≠na

Jika barisan nbbbb ,...,,, 210 didefinisikan sebagai

nn ab =

xbab nnn += −− 11

11,1 −≤≤+= + nkxbab kkk

xbab 100 +=

maka 0)( bxP =

Manfaat teorema ini antara lain untuk menghitung harga )(xP untuk suatu harga x (misalnya 0xx =

), mengingat perhitungan harga )( 0xP memerlukan

a. n kali penjumlahan dan )12( −n kali perkalian, jika digunakan bentuk:

nnn xaxaxaaxP ++++= ...)( 2

210

b. n kali penjumlahan dan hanya n kali perkalian, jika digunakan bentuk :

)...))(...(()( 1210 xaaxaxaxaxP nnn +++++= −

30

Contoh:

Diketahui polinom ,56423)( 432 xxxxxP +−++−= hitung harga P(-2)

Penyelesaian :

Kita bentuk barisan 43210 ,,,, bbbbb sebagai berikut.

54 =b

16)2(56563 −=−+−=+−= xb

36)2)(16(44 32 =−−+=+= xbb

70)2(3622 21 −=−+=+= xbb

137)2)(70(33 10 =−−+−=+−= xbb

Jadi, 137)2( =−P

Manfaat kedua dari teorema ini adalah menentukan hasil pembagian suatu polinom oleh suku linear.

Hasil bagi tersebut dituangkan dalam teorema berikut.

Teorema:

Misalkan nnn xaxaxaaxP ++++= ...)( 2

210 ; dengan 0≠na

Jika barisan nbbbb ,...,,, 210 didefinisikan oleh :

nn ab =

11,01 −≤≤+= + nkxbab kkk

Maka )()()( 00 xQxxbxP −+=

Di mana : i. )( 00 xPb =

ii. 12321 ...)( −++++= n

n xbxbxbbxQ

Bukti :

Berdasarkan teorema sebelumnya, jelas bahwa )( 00 xPb = . Sekarang kita buktikan bahwa

)()()( 00 xQxxbxP −+=

Untuk itu, ruas kanan kita tuliskan sebagai berikut:

)...)(()()( 123210000

−++++−+=−+ nn xbxbxbbxxbxQxxb

10

2030201

2210 ...... −−−−−−++++= n

nn

n xxbxxbxxbxbxbxbxbb

nn

nnn xbxxbbxxbbxxbbxbb +−++−+−+−= −

−1

012

032021010 )(...)()()(

akan tetapi untuk setiap k ; 10 −≤≤ nk , berlaku

31

01xbab kkk ++= atau 01xbba kkk +−=

jadi, )(....)()( 221000 xPxaxaxaaxQxxb n

n =++++=−+

Contoh:

Diketahui polinom ,56423)( 432 xxxxxP +−++−=

Tentukan 0b dan )(xQ sehingga )()2()( 0 xQxbxP ++=

Penyelesaian:

Ambil 20 −=x

Pada contoh di atas telah dihitung 13770,36,16,5 01234 =−==−== bdanbbbb

Jadi

1370 =b

32 5163670)( xxxxQ +−+−= dan

)5163670)(2(137)( 32 xxxxxP +−+−++=

Catatan:

Persamaan )()()( 00 xQxxbxP −+= menyatakan bahwa

i. )(xQ adalah hasil bagi )(xP oleh )( 0xx −

ii. 0b adalah sisa pembagian oleh )( 0xx −

Manfaat yang ketiga dari metode Horner adalah dalam proses deflasi yang akan dijelaskan kemudian.

Polinom )(xP sekarang kita tuliskan dalam bentuk

)()()( 00 xQxxbxP −+= untuk suatu 0x .

Dalam hal 0x merupakan akar dari )(xP maka 0)( 00 == xPb dan )()()( 0 xQxxxP −= Ini

berarti bahwa 0x akar dari )(xP jika dan hanya jika )( 0xx − adalah faktor dari )(xP

Jadi, dalam hal x0 akar dari )(xP maka setiap akar dari )(xQ adalah juga akar dari )(xP . Ini berarti

bahwa jika x0 telah diperoleh, maka untuk mencari akar yang lain dari )(xP cukup kita cari dari

polinom )(xQ yang mempunyai derajat lebih kecil dibandingkan dengan )(xP .proses pencarian akar

inilah yang disebut dengan proses deflasi.

Dalam praktek proses deflasi berjalan seperti berikut. Misalkan )(1 xQ polinom derajat n yang

memiliki m buah akar real mxxx ,...,, 21 di mana nm ≤ . Pencarian mxxx ,...,, 21 dijabarkan dalam

langkah-langkah berikut.

32

Langkah 1 :Cari 1x akar dari )(1 xQ , misalnya dengan metode Newton. Kemudian cari )(2 xQ dengan

menggunakan teorema 2 sehinga )()()( 201 xQxxxQ −=

Langkah 2 : Untuk setiap k dari 2 sampai dengan m , carilah kx akar dari )(xQk Kemudian

carilah )(1 xQk+ dengan menggunakan teorema 2 sehingga )()()( 10 xQxxxQ kk +−=

Dalam menjalankan langkah-langkah ini perlu diperhatikan kedua masalah berikut:

1. Bagaimana menerapkan metode Newton pada polinom

2. Jika 1x dicari dengan metode Numerik, maka sebenarnya 1x ini bukan akar dari )(1 xQ akan

tetapi hanyalah harga pendekatannya. Oleh karena itu pada persamaan

)()()( 2001 xQxxbxQ −+= sebenarnya harga x , 00 ≠b dan tidak dijamin bahwa akar dari

)(2 xQ adalah juga akar dari )(1 xQ hal ini disebabkan dalam penerapan proses deflasi, koefisisen-

koefisien dari polinom yang kita gunakan mengalami perubahan dari yang seharusnya. Perubahan

atau gangguan (perturbasi) ini akan munculakibat penggunaan metode Numerik dalam mencari

harga pendekatan dari akar polinom.

4.2 Metode Newton untuk Polinom

Misalkan )(xP untuk suatu polinom dan ∗x salah satu akarnya. Metode Newton menyatakan

bahwa ,....2,1,0;)()(

'1 =−=+ nxPxp

xxn

nnn

di mana x0 menyatakan tebakan awal yang cukup dekat ke x*. Mengingat bahwa )(xP suatu polinom,

maka rumusan di atas dapat disederhanakan lagi. Untuk itu tuliskan lagi )(xP sebagai

)()()( 00 xQxxbxP −+=

Dengan demikian, maka

)()()()( '0

' xQxQxxxP +−=

Jadi,

)()( 00' xQxP =

Ini menyatakan bahwa untuk menghitung harga )( nxP dan )(' nxP cukup kita gunakan teorema 2.

Caranya sebagai berikut:

Tuliskan dahulu nn xaxaxaaxP ++++= ...)( 2

210 untuk ,...3,2,1,0=n Kita hitung :

1. nn ab =

33

nkkk xbab 1++= , untuk setiap ,10; −≤≤ nkk maka )(0 nxPb =

2. nn bc =

nkkk xcbc 1++= untuk setiap 11; −≤≤ nkk

maka )()( '1 nn xPxQc ==

harga 1+nx dihitung dari :

1

01 c

bxx nn −=+

Contoh :

Diketahui 5432 3515412)( xxxxxxP ++−−+= Gunakan metode Newton untuk mendekati akar

dari polinom )(xP dengan tebakan awal 5,70 =x dan 510−<ε

Penyelesaian: 5432 3515412)( xxxxxxP ++−−+=

Kita hitung telebih dahulu )5,7(P dan )5,7('P , dengan cara sbb.

b5 = 1

b4 = 3 + 1(7,5) = 10,5

b3 = -5 + (10,5)(7,5) = 73,75

b2 = -15 + (73,5)(7,5) = 538,125

b1 = 4 + (538,5)(7,5) = 4039,9375

b0 = 12 + (4039,9375)(7,5) = 30311,53125

Jadi, P(7,5) = 30311,53125

c5 = 1

c4 = 10,5 + 1(7,5) = 18

c3 = 73,75 + 18(7,5) = 208,75

c2 = 538,125 + (208,75)(7,5) = 2103,75

c1 = 4039,9375 + (2103,75)(7,5) = 19818,0625

Jadi, P’(7,5) = 19818,0625

Dengan demikian

)5,7()5,7(

'01 PPxx −= = 7,5 –

0625,1981853125,30311 = 5,970510

lanjutkan perhitungan sebagai latihan sampai ε < 10-5

34

BAB V

MATRIK DAN SISTEM PERSAMAAN LINEAR

Matriks digunakan dalam berbagai permasalahan, misalnya dalam penyelesaian

sistem aljabar linear, dalam penyelesaian persamaan diferensial biasa, dan dalam problema

nilai eigen. Konsep matriks sangat penting dalam menyatakan hubungan-hubungan dasar

teknik listrik dan elastisitas. Dalam permasalahan di sini akan dibahas tentang invers matriks,

solusi persamaan linear, nilai eigen, dan vektor eigen secara numerik.

5.1 Matriks

Matriks adalah himpunan bilangan yang disusun dalam baris dan kolom. Matriks

biasanya diberi simbol dengan huruf besar. Matriks A misalnya, kita tuliskan seperti

berikut.

A =

mnn

n

aa

aa

.........

...

1

111

Matriks ini merupakan matriks segi empat, sedangkan bila m = n disebut dengan matriks

bujur sangkar, seperti matriks di bawah ini.

An =

nnn

n

aa

aa

.........

...

1

111

Jenis-jenis matriks

1. Matriks diagonal

nna

a

...0......0...11

=

nd

d

...0......0...1

2. Matriks satuan

In =

1...0

0...1

3. Matriks segitiga

35

a. Matriks segitiga atas

nn

n

a

aa

...0......

... 111 ; aij = 0 untuk i > j

b. Matriks segitiga bawah

nnn aa

a

.........0...

1

11 ; aij = 0 untuk i < j

4. Matriks tridiagonal

xxxxx

xxxxx

...0...

...0...

; aij = 0 untuk | i – j | > 0

5. Matriks bidiagonal

a. Matriks bidiagonal atas

xxx

xxxx

0...00...

...00...

b. Matriks bidiagonal bawah

xxxx

xxx

...00......00...0

Operasi Baris Elementer (OBE ) pada Matriks

1. Setiap elemen pada baris dapat dikalikan dengan konstanta

bi α bi

2. Elemen baris pada matriks dapat dipertukarkan

bi bk

3. Elemen baris dapat ditambahkan dengan kelipatan elemen baris yang lain

bi bi + α bk

36

5.2 Sistem Persamaan Linear

Misalkan m persamaan dengan n bilangan yang tidak diketahui, berbentuk

a11 x1 + a12 x2 + … + a1n xn = c1

a21 x1 + a22 x2 + … + a2n xn = c2

.

.

. am1 x1 + an2 x2 + … + amn xn = cm

Bentuk sistem persamaan di atas dapat dinyatakan dalam bentuk persamaan matriks

CAX =

Atau

=

nnmnmm

n

n

c

cc

x

xx

aaa

aaaaaa

2

1

2

1

21

22221

11211 .

A dinamakan matriks koefisien, X variabel, dan C merukakan konstanta kanan. Matriks

lengkap AC dapat dinyatakan seperti berikut.

a11 a12 … a1n c1

a21 a22 … a2n c2

… … … = AC

am1 am2 … amn cm

Matriks AC adalah matriks dengan ukuran m × (n + 1). Yang akan dibahas di sini adalah

matriks dengan m = n, yaitu matriks bujur sangkar. Penyelesaian atau jawab SPL di atas ada

tiga kemungkinan, yaitu :

a. Memiliki jawab tunggal (unik)

b. Memiliki jawab banyak

c. Tidak memiliki jawab

5.2.1 Sistem Segitiga

Matriks koefisien berupa matriks segitiga

Sistem segitiga atas

37

nn

n

n

a

aaaaa

0...0...0

...

222

11211

×

nx

xx

...2

1

=

nc

cc

...2

1

dengan syarat aii ≠ 0 , untuk i = 1, 2, 3, …, n

perhatikan persamaan ke-n

ann xn = cn

xn = cn/ann

persamaan ke- n – 1

an-1,n-1xn-1 + an-1,nxn = cn-1

xn –1 = 1,1

,11

−−

−− −

nn

nnnna

xac

Dilanjutkan untuk menghitung :xn-2, xn-3, … ,x2, x1

x1 = 11

13132121 ...a

xaxaxac nn−−−−

x1 = 11

211

a

xacn

jjj∑

=−

x2 = 22

321

a

xacn

jjj∑

=−

xn-1 = 1,1

,11

−−

=−∑−

nn

n

njjjn

a

xac

xn = nn

nac

Kemudian dilakukan penyulihan mundur, dengan mensubstitusi xn = nn

nac ke dalam

persamaan di atasnya, seperti berikut.

xn = nn

nac

38

Untuk: i = n – 1, n – 2, … , 2, 1

xi = ii

n

ijjiji

a

xac ∑+=

−1

Segitiga bawah

− nnnnn aaa

aaa

1,1

2221

11

......

00...0

×

nx

xx

...2

1

=

nc

cc

...2

1

Penyulihan maju

x1 = c1/a11

x2 = 22

1212a

xac − = 22

1

122

a

xacj

jj∑=

−

x3 = 33

2321313a

xaxac −− = 33

2

133

a

xacj

jj∑=

−

untuk i = 2, 3, 4, … , n

xi = ii

i

jjiji

a

xac ∑−

=−

1

1

Contoh :

1. Penyulihan maju

−−− 1631024300310004

×

nx

xx

...2

1

=

−

5248

x1 = -8/4 = -2

x2 = (4 – x1)/3 = (4+2)/3 = 2

x3 = (2 – 2x1 – 4x2)/2 = (2 + 6 – 8)/2 = 0

x4 = (5 + x1 – 3x2 + 6x3)/-1 = (5 – 2 – 3 × 2 + 6 × 0)/-1 = 3

39

2. Penyulihan mundur

−−−−

−−−

300001200021100

7262012214

×

5

4

3

2

1

xxxxx

=

610304

x5 = 6/3 = 2

x4 = (10 + 1× 2 )/-2 = -6

x3 = (3 + (-6) + 6 )/1 = 3

x2 = (0 - 6×3 – (2×-6) – (7×2))/-2 = 10

x1 = (4 + 10 – (2x3) – (2x-6) + 2)/4 = 5,5

5.2.2 Sistem Umum

Bentuk

nnnnn

n

n

n

caaa

caaacaaacaaa

..................

...

...

...

21

333231

222221

111211

melalui operasi baris elementer diperoleh bentuk yang setara

∼

xxx

xxxxxxx

0000000

.........00...0...

Dengan menggunakan operasi baris elementer (OBE) diubah menjadi bentuk segitiga atas

ataupun segitiga bawah.

5.3 Metode Eliminasi Gauss

Tahap 1 tahap penghilangan

Tahap 2 tahap penyulihan mundur

Dalam proses kerja dengan menggunakan eliminasi Gauss, kita berhadapan dengan

40

a. Elemen tumpuan

b. Baris tumpuan (pivot)

c. Pengali

Perhatikan ilustrasi berikut

xxxaxxxaxxxa

31

21

11

baris 2 :

a21 0

a21 – p a11 = 0

p = a21/a11

di mana p menyatakan pengali

baris 3 :

p = a31/ a11

contoh 1:

− 9192125135321

R2 – 3/1 R1 dan R3 - -2/1R1

∼

−−−197130

34505321

R3-(-13/5)R2

∼

−−−−

556

51700

34505321

dengan melakukan penyulihan mundur, akan diperoleh

x3 = (56/5)( –5/17) = -56/17

x2 = 5

)17/56(43−−+− = 55/17

x1 = 5 – 2(55/17) – (-56/17) = 31/17

41

Dalam prakteknya, mungkin saja terjadi bahwa elemen tumpuannya adalah nol,

dalam kejadian ini akan terjadi suatu pembagian dengan nol. Dan untuk ini kita harus

menghindari jangan sampai terjadi elemen tumpuan nilainya nol. Dan di sini kita dikenalkan

dengan strategi penumpuan. Terdapat tiga macam strategi penumpuan, yaitu

1. Penumpuan sederhana

2. Penumpuan parsial

3. Penumpuan total

1. Penumpuan sederhana

Di dalam penumpuan sederhana kita hanya menghindari dari elemen tumpuan

yang nol. Caranya pada kolom yang bersangkutan dipilih elemen pertama yang tak nol,

melibatkan perubahan baris.

2. Penumpuan Parsial

Elemen tumpuan dipilih berupa elemen dengan nilai tumpuan yang paling besar

pada kolom yang bersangkutan

3. Penumpuan Total

Elemen tumpuan dipilih berupa elemen dengan nilai mutlak terbesar pada

submatriks yang bersangkutan. Melibatkan penukaran baris dan kolom.

5.4 Metoda Dekomposisi L-U

Metoda Dekomposisi L-U adalah metoda penyelesaian SPL dengan cara membentuk

matriks segitiga atas (matriks Upper), dan membentuk matriks segitiga bawah (matris Lower)

dari matriks koefisien A serta membentuk vektor matriks (matrik H’) dari matriks hasil

(matrik H) dengan aturan tertentu. Kelebihan metoda ini adalah sangat efektif untuk

menyelesaikan SPL beordo tinggi, walaupun cara penyelesaian metoda ini cukup kompleks.

Cara penyelesaian persoalan:

Langkah 1: Buat SPL ke dalam bentuk A.x = H, dengan A matriks koefisien berordo nxn, x

vector variabel dan H adalah vektor koefisien hasil

42

Langkah 2: Mencari matriks segitiga bawah (matris L) dan matriks segitiga atas (matriks U)

dari matriks koefisien A dengan aturan:

Misalkan A3x3 sebagai berikut

=

10010

1000

23

1312

333231

2221

11

333231

232221

131211

uuu

lllll

l

aaaaaaaaa

Li1 = ai1

u1j = a1j/l11 = a1j/a11

lij = aij - kj

j

kik ul ⋅∑

−

=

1

1

uij = ii

i

kkjikij

l

ula ∑−

=

⋅−1

1

dengan i = 1, 2, 3, …, n dan j = 2, 3, 4, …, n.

kemudian mencari vektor matriks hasil (H’) dengan aturan

h’1 = h1/l11

h’j = ii

k

j

kiki

l

hlh '1

1⋅−∑

−

=

Langkah 3 : membentuk augmented matriks UH’ dan mencari solusi dengan aturan

xn = h’n

xj = h’j - ∑+=

⋅n

jkkjk xu

1

Contoh :

Selesaikan SPL berikut menggunakan metoda dekomposisi LU

x1 + x2 + x3 = 6

x1 + 2x2 + 3x3 = 14

x1 + 4x2 + 9x3 = 36

43

Penyelesaian :

Langkah 1: Bentuk matriks koefisien, matriks/vektor variabel dan matriks hasil sbb. Bentuk

sistemnya A.x = H. Elemen matriks aij memiliki indeks i dan j.

=

36146

941321111

3

2

1

xxx

Langkah 2 : menentukan nilai-nilai elemen matriks L dan matriks U dengan cara

Matriks U diagonal utamanya semua bernilai 1.

Pada j=1 diperoleh l11=a11= 1

l21=a21= 1

l31=a31= 1.

Pada i=1 deperoleh u11 = 1; u12=a12/a11=1; u13=a13/a11=1.

l22 = a22 - kjk

ik ul ⋅∑=

1

1

= a22 - l21 * u12 = 2 – 1*1 = 1

l32 = a32 - kjk

ik ul ⋅∑=

1

1

= a32 – l31 * u12 = 4 – 1*1 = 3

u23 = 21

1*13

22

132123

22

1

123

=−

=⋅−

=⋅−∑

−

=

lula

l

ulai

kkjik

l33 = a33 - kjk

ik ul ⋅∑=

2

1

= a33 – (l31 * u13 + l32 * u23) = 9 – (1*1 + 3*2) = 2

Jadi matriks L dan U masing-masing adalah

231011001

dan

100210111

Kemudian menentukan matriks (vektor) H’ sebagai berikut: LH’ = H

231011001

3

2

1

'''

hhh

=

36146

h’1 = 6; h’2 = (h2 – l21*h’1)/l22 = (14 – 1*6)/1 = 8;

h’3 = (h3 – (l31*h’1 + l32*h’2))/l33 = (36 – (1*6 + 3*8))/2 = 3

44

Jadi matriks H’ = [6 8 3]T.

Langkah 3 : Menyusun augmented matriks UH’, yaitu

310082106111

, dan

Penyelesaiannya adalah : x3 = h’3 = 3; x2 = (h’2 – u23*x3)/u22= (8 – 2*3)/1=2; dan

x1 = (h’1 – u12*x2+ u13*x3)/u11 = (6 – 1*2 + 1*3)/1 = 1, atau x = [1 2 3].

5.5 Beberapa SPL dengan matriks koefisien sama

Misalkan diberikan beberapa SPL berbentuk:

Ax = C

Ax = D

Ax = E

dst.

Dengan A merupakan matriks koefisien dan C, D, E, dst. merupakan konstanta kanan

dari SPL. Bentuk SPL seperti di atas dapat diselesaikan dengan dua cara/metode. Yang

pertama dapat diselesaikan dengan cara serempak dan yang kedua diselesaikan dengan cara

beruntun. Misalkan 10 buah SPL, jika kita tuliskan matriks lengkap dari SPL tersebut, maka

kita akan memperoleh matriks lengkap dengan ukuran n × (n + 10). Sedangkan selesaian

secara beruntun kita faktorkan matriks koefisien menjadi dua buah matriks, yaitu matriks

segitiga atas dan matriks segitiga bawah.

Pemfaktoran segitiga.

Matriks A difaktorkan menjadi matriks L dan matriks U (A = L × U), di mana U

menyatakan matriks segitiga atas dan L menyatakan matriks segitiga bawah. Terdapat dua

cara/metode pemfaktoran, yaitu pemfaktoran cara Dolitte dan pemfaktoran dari Crout.

Pemfaktoran dari Dolitte

Pemfaktoran dari Dolitte mengubah matriks segitiga bawah menjadi matriks segitiga

bawah satuan. Jika dalam proses pengubahan matriks koefisien menjadi matriks segitiga atas

tidak terjadi penukaran lain, maka elemen L berupa pengali pada setiap langkah.

45

Contoh:

A =

−−−

112231111

A = I × A =

100010001

−−−

112231111

=

102011001

−−−

330120111

=

− 12011001

23

−−

2300120111

Jika terjadi penukaran baris, maka A tidak dapat difaktorkan langsung. Dalam hal ini

A harus dikalikan dengan suatu matriks permutasi dan disebut dengan pemfaktoran tak

langsung.

Pemfaktoran tak langsung : PA = LU

Contoh

A =

−−−

112211111

A = I × A =

100010001

−−−

112211111

=

102011001

−

−

330100111

P × A =

−−

−

211112

111 =

100010001

×

−−

−

211112

111

46

=

101012001

×

−

−

100330

111

L U

Pemfaktoran Cara Crout

Sedangkan pemfaktoran dari Crout mengubah matriks segitiga atas menjadi segitiga

atas satuan. Di sini melibatkan operasi kolom elementer (OKE).

Contoh:

A = A × I =

−−−

112231111

100010001

KII + KI

KIII – KI

=

−−

332121001

−

100010111

=

−−

2332

021001

−

10010

111

21

Jika dibandingkan dengan cara Dolitte, maka kita dapat menuliskan matriks tersebut

seperti berikut.

−−−

112231111

=

101012001

×

−−

2300

020001

×

−

10010

111

21

Dolitte Diagonal Crout

Sistem Persamaan Linear AX = C dapat diubah menjadi LUX = C dalam hal ini UX = Y dan

LY = C

Sistem Persamaan Linear AX = D dapat diubah menjadi LUX = D dalam hal ini UX = Y dan

LY = D

47

Penyelesaian Tak langsung (Dollite)

SPL AX = C PAX = PC

LUX = PC

LY = PC

UX = Y

Contoh :

−

231351642

=

1

01001

31

2121

−

300630642

selesaikan AX = C dan AX = D, dengan

C =

−

510

4dan D =

324920

LY = C

1

01001

31

2121

3

2

1

yyy

=

−

510

4

Substitusi maju didapat :

y1 = -4, y2 = 12, dan y3 = 3

UX = Y

−

300630642

3

2

1

xxx

=

−

312

4

Substitusi mundur diperoleh :

x1 = , x2 = , dan x3 =

Contoh :

Selesaikan dengan cara Dollite :

−−532184

621

3

2

1

xxx

=

141817

48

Matriks Invers

A dengan Invers A-1 AA-1 = I A-1 = X AX = I

=

100010001

A X I

Matriks Lengkap :

[A, I] =

nnnnn

n

aa

aa

21

111

1...0......0...1

.........

...

×

dengan menggunakan Operasi baris Elementer dapat diubah menjadi [I, A-1]

5.4 Metode Gauss Jordan

Ilustrasi untuk matriks ukuran 3 x 3 :

nnaaaaaaaaa

2333231

232221

131211

100010001.

×

~

nnxxxxxxxxx

xxxxxx

2001

×

~

nnxxxxxxxxx

xxx

2001001

×

~

nnxxxxxxxxx

2100010001

×

Matriks bagian kanan adalah invers dari matriks A

Contoh :

Cari Invers dari matriks

−=

011523102

A

Penyelesaian :

⇒

− 100011010523001102

⇒

− 100011010523002/12/101

49

−−−⇒

−−−−

12/14/14/90002/14/34/710002/12/101

102/12/110012/32/720002/12/101

−−

−⇒

9/49/29/11009/718/236/340109/29/19/5001

Jadi

−−

−=−

9/49/29/19/79/118/179/29/19/5

1A

5.5. METODE Iterasi untuk Menyelesaikan SPL

Ada 2 Metode yang akan kita bahas :

1. Metode iterasi jacoby

2. Metode iterasi Gauss-Seidel

5.5.1. Metode Iterasi Jacoby

Tinjau kembali sistem persamaan linear

nnmnmm

n

nn

bxaxaxa

bxaxaxabxaxaxa

=+++

=+++=+++

2211

22222121

11212111

Dengan syarat 0≠kka , k = 1, 2, 3,..., n, maka persamaan iterasinya dapat ditulis sebagai :

11

)(12121)1(

1...

axaxab

xk

nnk

k −−−=+

22

)(2

)(323

)(1212)1(

2...

axaxaxab

xk

nnkk

k −−−−=+

nn

knnn

kn

knnk

n axaxaxab

x)(

11)(

22)(

11)1( ... −−+ −−−−=

dengan ,...3,2,1,0=k

iterasi dimulai dengan memberikan tebakan awal untuk x,

50

=

)0(

)0(2

)0(1

0

nx

xx

x

Iterasi dihentikan dengan menggunakan rumus hampiran galat relatifnya.yaitu :

nix

xxk

i

ki

ki ,....,3,2,1,)1(

)()1(

=∀<=+

+

ε

Iterasi pertama :

x i(1) = 11

)0(nn1

)0(2121

axa...xab −−−

x2(1) =

22

)0(nn2

)0(323

)0(1212

axa...xaxab −−−−

...

xn(1) =

nn

)0(1n1nn

)0(22n

)0(11nn

axa...xaxab −−−−−−

Iterasi kedua :

x i(2) = 11

)1(nn1

)1(2121

axa...xab −−−

x2(2) =

22

)1(nn2

)1(323

)1(1212

axa...xaxab −−−−

...

xn(2) =

nn

)1(1n1nn

)1(22n

)1(11nn

axa...xaxab −−−−−−

Rumus umumnya :

,...3,2,1,0,,1

)(

)( =−

=∑

≠= ka

xabx

ii

n

ijj

kjiji

ki

51

5.6.2. Metode Iterasi Gauss-Seidel

Kecepatan konvergen pada iterasi jacoby dapat dipercepat bila setiap harga xi yang

baru dihasilkan segera dipakai pada persamaan berikutnya untukmenentukan harga xi+1 yang

lainnya.

Iterasi pertama :

x i(1) = 11

)0(nn1

)0(2121

axa...xab −−−

x2(1) =

22

)0(nn2

)0(323

)1(1212

axa...xaxab −−−−

...

xn(1) =

nn

)1(1n1nn

)1(22n

)1(11nn

axa...xaxab −−−−−−

Iterasi kedua :

x i(2) = 11

)1(nn1

)1(2121

axa...xab −−−

x2(2) =

22

)1(nn2

)1(323

)2(1212

axa...xaxab −−−−

...

xn(2) =

nn

)2(1n1nn

)2(22n

)2(11nn

axa...xaxab −−−−−−

Secara umum :

xi(k)=

ii

n

1j

n

1ij

)k(jij

)1k(jiji

a

xaxab ∑ ∑= +=

+ −−

, k = 0,1,2,...,

Contoh :

Tentukan penyelesaian SPL berikut :

4x – y + z = 7

4x – 8y + z = -21

-2x + y + 5z = 15

dengan nilai awal P0 = (x0, y0, z0) = (1, 2, 2), Solusi sejatinya adalah (2,4,3)

52

Penyelesaian :

Iterasi 1 :

x = 4

227 −+ = 1,75

y = 8

2)1(421 ++− = 3,375

z= 5

2)1(215 −+ = 3,000

Iterasi 2 :

x = 4

3375,37 −+ = 1,84375

y = 8

000,3)375,3(421 −+− = 3,875

z = 5

375,3)75,1(215 −+ = 3,025

Dst sampai pada iterasi ke 19 didapat :

x = 2,000000; y = 4,000000; z = 3,.000000

53

BAB VI

INTERPOLASI DAN HAMPIRAN POLINOM

6.1 Interpolasi

Fungsi )(xf berupa rumus atau tabulasi dihampiri oleh fungsi lain yang lebih sederhana dan

lebih mudah untuk diintegralkan atau didiferensialkan.

Contoh :

)()( xPxf n≈ , di mana )(xPn berupa suatu polinom.

Dua pendekatan yang digunakan adalah interpolasi dan pencocokan kurva. Interpolasi, dalam hal ini

polinom harus melalui semua pasangan nilai yang diketahui. Sedangkan pencocokan kurva atau curve

fitting, polinom tidak harus melewati semua pasangan nilai. Untuk pasangan nilai ( ){ }niii xfx 1)(, = ,

maka ,....3,2,1);()( == ixfxP iin

Interpolasi dari himpunan titik yang diketahui dicari suatu polinom yang menghampiri fungsi yang

berhubungan dengan titik-titik tersebut, untuk menaksir nilai yang tidak diketahui.

Anggapan pada selang [ ]ba, erdapat nilai-nilai bxxxxa n ≤<<<<≤ ...210 dan

pasangannya { }iy , ni ,...,2,1,0= , dengan hubungan )( ii xfy = . Di dalam kaitan ini akan

dikemukakan dua bentuk polinom, yaitu polinom interpolasi Lagrange dan polinom interpolasi beda

terbagi Newton.

6.2 Interpolasi Lagrange Dalam mengemukakan interpolasi lagrange terlebih dahulu akan dikemukakan teorema

berikut yang dalam hal ini pembuktiannya tidak disertakan di dalam tulisan ini.

Teorema 6.2.1

Terdapat satu dan hanya satu polinom derajat yang ≤ n yang melalui semua pasangan titik

( ){ }niii yx 0, =

Terdapat beberapa kasus yang muncul dari teorema ini.

a. Kasus Linear

Ada dua titik ),( 00 yx dan ),( 11 yx , melalui kedua titik ini dapat dibuat suatu bentuk

polinom dengan derajat satu, yaitu )(1 xP

54

101

00

10

11 )( y

xxxx

yxxxxyxP

−−

+−−

==

Maka diperoleh

101

00

10

11 )( y

xxxx

yxxxxxP

−−

+−−

= (6.2.1)

Untuk 0xx = maka 01001 .0.1)( yyyxP =+=

Untuk 1xx = maka 11011 .1.0)( yyyxP =+=

b. Kasus Kuadrat

Untuk kasus kuadrat harus ada tiga titik yang dilewati, yaitu (x0, y0), (x1, y1), dan (x2, y2).

Bentuk polinom sebagai berikut.

020

2

10

12 )(

)()()()( y

xxxx

xxxxxP

−−

−−

= 121

2

01

0

)()(

)()(

yxxxx

xxxx

−−

−−

+ 212

1

02

0

)()(

)()(

yxxxx

xxxx

−−

−−

+

(6.2.2)

Notasikan :

)()(

)()()(

20

2

10

10 xx

xxxxxxxl

−−

−−

= (6.2.2a)

)()(

)()(

)(21

2

01

01 xx

xxxxxx

xl−−

−−

= (6.2.2b)

)()(

)()(

)(12

1

02

02 xx

xxxxxx

xl−−

−−

= (6.2.2c)

Dan akan diperoleh

2,0,1,0,1)(0 ≠== jjxl j

2,1,0,1,1)(1 ≠== jjxl j

1,2,0,2,1)(2 ≠== jjxl j

atau secara umum diperoleh

ijijxl ji ≠== ,0,,1)(

sehingga bentuk polinom di atas menjadi

ii

i yxlxP )()(2

02 ∑

=

= (4.2.3)

Polinom )(2 xP ini akan melalui ketiga titik di atas.

55

c. Kasus Kubik

Untuk kasus kubik harus ada empat titik yang dilewati, yaitu

),(),).(,(),,( 33221100 yxdanyxyxyx .

Bentuk Polinom sebagai berikut.

1312101

3200

302010

3213 ))()((

)()(())()((

))((()( y

xxxxxxxxxxxx

yxxxxxx

xxxxxxxP

−−−−−−

+−−−

−−−=

3231303

2102

301002

310

))()(()()((

))()(())(((

yxxxxxx

xxxxxxy

xxxxxxxxxxxx

−−−−−−

+−−−

−−−+

(6.2.4)

dan dapat dinyatakan dalam bentuk

ii

i yxlxP )()(3

03 ∑

=

= (6.2.5)

Dengan bentuk umum dari li (x) adalah

∏≠=

−

−=

3

0

)(ij

j ji

ji xx

xxxl (6.2.6)

d. Kasus Secara Umum

Untuk n + 1 titik data akan diperoleh bentuk polinom sebagai berikut.

i

n

i

n

ijj ji

jn y

xxxx

xP ∑ ∏= ≠=

−

−=

0 ,0

)( (6.2.7)

Contoh :

Carilah nilai fungsi f(x) untuk x=1,03 menggunakan interpolasi linier, kuadrat dan kubik, serta x=2,05

menggunakan kubik dalam metoda Lagrange dari tabel berikut ini!

n x f(x) 0 1.0 0.00000 1 1.2 0.26254 2 1.5 0.91230 3 1.9 2.31709 4 2.1 3.27194

Jawab :

a. Kasus Linear

56

Untuk x=1.03, ada dua titik ),( 00 yx dan ),( 11 yx , masing-masing yaitu (1, 0) dan (1.2, 0.26254)

melalui kedua titik ini dapat dibuat suatu bentuk polinom dengan derajat satu, )(1 xP

101

00

10

11 )( y

xxxx

yxxxxyxP

−−

+−−

==

Jadi f(1.03) = ((1.03 – 1.2)/(1 – 1.2))*0 + ((1.03 – 1)/(1.2 – 1))*0.26254 = 0.03938

b. Kasus Kuadrat

Untuk kasus kuadrat harus ada tiga titik yang dilewati, yaitu (x0, y0), (x1, y1), dan (x2, y2)

masing-masing yaitu (1, 0), (1.2, 0.26254), dan (1.5, 0.91230). Bentuk polinom sebagai berikut.

020

2

10

12 )(

)()()()( y

xxxx

xxxxxP

−−

−−

= 121

2

01

0

)()(

)()(

yxxxx

xxxx

−−

−−

+ 212

1

02

0

)()(

)()(

yxxxx

xxxx

−−

−−

+

Jadi f(1.03) = (((1.03 – 1.2)(1.03 – 1.5))/((1 – 1.2)(1 – 1.5)))*0 + (((1.03 – 1)(1.03 – 1.5))/

((1.2 – 1)(1.2 – 1.5)))*0.26254 + (((1.03 – 1)(1.03 – 1.2))/((1.5 – 1)(1.5 – 1.2)))

*0.91230 = 0,03068

c. Kasus Kubik

Untuk kasus kubik harus ada empat titik yaitu (1, 0), (1.2, 0.26254), dan (1.5, 0.91230) , dan (1.9,

2.31709).

Bentuk Polinom sebagai berikut.

1312101

3200

302010

3213 ))()((

)()(())()((

))((()( y

xxxxxxxxxxxx

yxxxxxx

xxxxxxxP

−−−−−−

+−−−

−−−=

3231303

2102

301002

310

))()(()()((

))()(())(((

yxxxxxx

xxxxxxy

xxxxxxxxxxxx

−−−−−−

+−−−

−−−+

Perhitungannya bisa dilakukan sendiri. Demikian pula untuk titik di x=2.05.

6.3 Polinom Interpolasi Beda Terbagi Newton Adakalanya kita membutuhkan beberapa polinomial untuk mengaproksimasi, yaitu

)(),....,(),( 21 xPxPxP n , kemudian kita memilih salah satu yang paling tepat dan akurat. Jika di dalam

polinomial Lagrange tidak ada hubungan yang rekursive antara )(1 xPn− dan )(xPn , tetapi di dalam

polinomial Newton mempunyai pendekatan rekursive. Bentuknya adalah sebagai berikut.

)()( 0101 xxaaxP −+= (6.3.1)

))(()()( 1020102 xxxxaxxaaxP −−+−+= (6.3.2)

57

))...()((...))(()()( 110102010 −−−−++−−+−+= nnn xxxxxxaxxxxaxxaaxP

(6.3.3)

Dalam hal ini )(xPn diperoleh dari )(1 xPn− dengan menggunakan hubungan yang rekursive, yaitu

))...()(()()( 1101 −− −−−+= nnnn xxxxxxaxPxP (6.3.4)

Polinomial (6.3.3) disebut polinomial Newton dengan n buah titik pusat, yaitu 1210 ,....,,, −nxxxx

Sehingga )(xPn akan merupakan suatu polinomial dengan derajat yang lebih kecil daripada 1.

6.3.1 Beda Terbagi (Divided Difference)

Dari titik-titik data ))(,()),...,(,()),(,( 1100 nn xfxxfxxfx didefinisikan hal-hal berikut.

Beda terbagi pertama:

[ ]01

0101

)()(,

xxxfxf

xxf−−

= (6.3.5)

Beda terbagi kedua :

[ ]12

0112012

],[],[,,

xxxxfxxf

xxxf−−

= (6.3.6)

dapat dibuktikan bahwa [ ] [ ]012210 ,,,, xxxfxxxf =

Beda terbagi ketiga

[ ]03

0121230123

],,[],,[,,,

xxxxxfxxxf

xxxxf−−

= (6.3.7)

Secara Umum : [ ]0

0211101

],...,,[],...,,[,....,,

xxxxxfxxxf

xxxfn

nnnnnn −

−= −−−

− (6.3.8)

Tabel beda terbagi

kx )( kxf [ ],f [ ],,f [ ],,,f [ ],,,,f

0x ( )0xf

[ ]01 , xxf

1x ( )1xf [ ]012 ,, xxxf

[ ]12 , xxf [ ]0123 ,,, xxxxf

2x ( )2xf [ ]123 ,, xxxf [ ]01234 ,,,, xxxxxf

[ ]23 , xxf [ ]0123 ,,, xxxxf

3x ( )3xf [ ]234 ,, xxxf

58

[ ]34 , xxf

4x ( )4xf

• Kasus linear

)()( 0101 xxaaxP −+=

Melalui 00010000 )()())(,( axxaaxfxfx =−+=⇒

∴ )( 00 xfa =

Melalui )()())(,( 0110111 xxaaxfxfx −+=⇒

)()( 0110 xxaxf −+=

[ ]0101

011 ,

)()(xxf

xxxfxf

a =−−

=

Jadi, [ ] )(,)()( 010101 xxxxfxfxP −+= (6.3.9)

• Kasus kuadrat :

))(()()( 1020102 xxxxaxxaaxP −−+−+= (6.3.10)

))(()()( 10212 xxxxaxPxP −−+= (6.3.11)

Melalui ))(()()())(,( 1202221222 xxxxaxPxfxfx −−+=⇒ (6.3.12)

[ ] ))(()(,)( 1202202010 xxxxaxxxxfxf −−+−+=

Sehingga

))((]](,[)()(

1202

0210022 xxxx

xxxxfxfxfa

−−−−−

=

12

1021 ],[],[xx

xxfxxf−−

=

[ ]012 ,, xxxf=

Jadi

[ ] ))((,,)()( 1001212 xxxxxxxfxPxP −−+= (6.3.13)

Analog untuk kasus kubik :

[ ] ))()((,,,)()( 210012323 xxxxxxxxxxfxPxP −−−+= (6.3.14)

[ ] ))...()((,...,,)()( 110011 −−− −−−+= nnnnm xxxxxxxxxfxPxP (6.3.15)

59

∑ ∏=

−

=

−+=

n

i

n

jjin xxaxfxP

1

1

00 )()()( ; dengan [ ]01 ,...,, xxxfa iii −= (6.3.16)

Contoh :

Carilah nilai fungsi f(x) untuk x=1,03 menggunakan interpolasi linier, kuadrat dan kubik, serta x=2,05

menggunakan kubik dalam metoda Beda Terbagi (Divided Difference) dari tabel berikut ini!

n x f(x) 0 1.0 0.00000 1 1.2 0.26254 2 1.5 0.91230 3 1.9 2.31709 4 2.1 3.27194

Jawab :

Langkah pertama buat tabel beda terbagi sebagai berikut

n x f(x) f[ , ] f[ , , ] f[ , , , ] f[ , , , , ] 0 1.0 0.00000

1 1.2 0.26254 1.31270 2 1.5 0.91230 2.16587 1.706333

3 1.9 2.31709 3.51198 1.923012 0.240754 4 2.1 3.27194 4.77425 2.103792 0.200866 -0.03626

a. Kasus Linear

)()( 0101 xxaaxP −+= ,dengan

)( 00 xfa = dan

[ ]0101

011 ,

)()(xxf

xxxfxf

a =−−

=

Jadi a0 = 0 dan a1 = 1.31270, maka f(1,03) = 0 + 1.31270*(1.03 – 1) = 0.03938

b. Kasus kuadrat

))(()()( 1020102 xxxxaxxaaxP −−+−+= (6.3.10)

))(()()( 10212 xxxxaxPxP −−+= (6.3.11)

dengan a2 ],,[],[],[

01202

1021 xxxfxx

xxfxxf=

−−

=

Jadi , dan [ ] ))((,,)()( 1001212 xxxxxxxfxPxP −−+=

60

f(1,03) = 0 + 1.31270*(1,03 – 1) + 1.706333*(1,03 – 1) (1,03 – 1,2) = 0.03068

Bisa diteruskan untuk kasus kubiknya.

6.4 Polinom Beda Terbagi Newton-Gregory Pada polinom beda terbagi Newton, jarak antara titik data adalah sama. Misalkan titik-titik

nxxxx <<<< ...210 maka hxxxxxx nn =−==−=− −11201 ... .

Jika nilai fungsi untuk ixx = adalah )( ixf , notasikan ii fxf =)( , maka beda terbagi Newton untuk

berbagai kasus adalah sebagai berikut.

[ ]h

ffxx

xfxfxxf 01

01

0101

)()(,

−=

−−

= (6.4.1)

[ ] 2012

02

1021012 !2

2],[],[,,

hfff

xxxxfxxf

xxxf+−

=−−

= (6.4.2)

[ ]h

xxxfxxxfxxxxf

3],,[],,[

,,, 2103210123

−=

30123

633

hffff −+−

=

30123

!333

hffff −+−

= (6.4.3)

6.4.1 Operator Beda Maju Newton-Gregory Definisikan operator beda terbagi maju dari Newton-Gregory sebagai berikut.

)()()( xfhxfxf −+=∆ (6.4.4)

iii fff −=∆ +1 (6.4.4a)

)()( 12

iiii ffff −∆=∆∆=∆ +

ii ff ∆−∆= +1

)()( 112 iiii ffff −−−= +++

iii fff +−= ++ 12 2 (6.4.4b)

)( 23ii ff ∆∆=∆ (6.4.4c)

Secara umum dapat dinyatakan sebagai berikut.

iii fff −=∆ +1

)(1i

Ki

K ff ∆∆=∆ + (6.4.4d)

jadi, diperoleh

61

[ ]hf

hff

xxf 00101 ,

∆=

−= (6.4.5)

[ ] 20

2

2012

012 !2!22

,,hf

hfff

xxxf∆

=+−

= (6.4.5a)

[ ] 30

3

30123

0123 !3!333

,,,hf

hffff

xxxxf∆

=−+−

= (6.4.5b)

[ ] k

k

nn hkf

xxxxf!

,,...,, 0011

∆=− (6.4.5c)

Apabila persamaan (6.4.5) disubstitusikan maka bentuk polinom (6.3.16) adalah sebagai berikut.

))...((!

....))((!2

)()( 100

1020

2

00

0 −−−∆

++−−∆

+−∆

+= NN

N

n xxxxhNf

xxxxhf

xxhf

fxP .

(6.4.6)

Tabel beda maju

Misalkan diberikan 5 buah titik dengan absis x yang berjarak sama,

x )(xf f∆ f2∆ f3∆ f4∆ f5∆

0x 0f

0f∆

1x 1f 0

2 f∆

1f∆

03 f∆

2x 2f 1

2 f∆ 0

4 f∆

2f∆

13 f∆

05 f∆

3x 3f 2

2 f∆ 1

4 f∆

3f∆

23 f∆

4x 4f 3

2 f∆

4f∆

5x 5f

Jika titik–titik berjarak sama dinyatakan sebagai

niihxxi ,...,2,,1,0,0 =+=

62

Dan nilai x yang diinterpolasikan adalah

Rsshxx ∈−= ,0

maka persamaan (6.4.6) dapat juga ditulis dalam parameter s sebagai

002

00 !)1)...(2(1(...

!2)1(

!1)( f

nnssssfssfsfxP n

n ∆+−−−

++∆−

+∆+= (6.4.7)

Atau dalam bentuk binomial :

00

)( fks

xP kn

kn ∆

= ∑

=

6.4.2 Operator Beda Mundur Newton-Gregory Definisikan operator beda terbagi mundur dari Newton sebagai berikut.

)()()( hxfxfxf −−=∇ (6.4.8)

1−−=∇ iii fff (6.4.8a)

112 )()( −− ∇−∇=−∇=∇∇=∇ iiiiii ffffff

21211 2)()( −−−−− +−=−−−= iiiiiii fffffff (6.4.8b)

Secara umum dapat dinyatakan sebagai berikut.

1−−=∇ iii fff

,....2,1,0),(! =∇∇=∇ + Kff iK

iK (6.4.9)

Soal Latihan

Perhatikan tabel nilai fungsi berikut

N X f(x)

1 0,1 0,003

2 0,3 0,067

3 0,5 0,148

4 0,7 0,248

5 0,9 0,370

6 1,1 0,518

1. Carilah nilai f(0,1875) menggunakan metoda Lagrange, Metoda beda terbagi dan metoda

Newton-Gregory Forward dari tabel di atas!

63

2. Carilah nilai f(0,375) menggunakan Metoda beda terbagi dan metoda Newton-Gregory

Forward dari tabel di atas!

63

BAB VII

TURUNAN NUMERIK Dalam bidang numerik, kadang-kadang diperlukan perhitungan nilai

turunan(derivative) fungsi, ''' , ff …. pada sebuah titik. Misalnya untuk menghitung

galat interpolasi polinom atau untuk menghitung galat integrasi numerik.

Bila fungsi )(xf diberikan secara eksplisit dan kontinu dalam selang [ ]ba, kita dapat

menentukan fungsi turunan fungsi di tx =

Adakalanya fungsi )(xf tidak diketahui, tetapi hanya diberikan beberapa titik data saja.

Pada kasus seperti ini kita tidak dapat menemukan nilai turunan fungsi secara analitik.

Sebaliknya, pada kasus lain, )(xf diketahui tetapi bentuknya rumit sehingga

menentukan nilai turunan merupakan pekerjaan membosankan, misalnya pada fungsi-

fungsi berikut ini :

xxex

xxtgxxf x cos/2)sin(

)3()2cos()(

−++

= ,

)4ln()( 2)53(2 xexxf x−= ,

dan sebagainya.

Untuk kasus-kasus di atas, perhitungan nilai turunan dapat dilakukan secara numerik.

Nilai turunan yang diperoleh merupakan nilai hampiran.

Metode numerik yang digunakan untuk menghitung nilai turunan suatu fungsi didasarkan

pada interpolasi polinom. Dari sekumpulan titik data, berupa pasangan nilai x dan

dibentuk polinom interpolasinya. Dari polinom interpolasi tersebut ditentukan fungsi

turunannya.

64

Persoalan Turunan Numerik

Diberikan beberapa buah titik, berupa pasangan x dan y dalam selang [ ]ba,

harus dihitung nilai dari ),.....(),(),( '"'"' xfxfxf untuk [ ]bax ,∈ secara numerik.

Definisi Kalkulus untuk Turunan

Turunan fungsi didefinisikan sebagai :

h

xfhxfxfh

)()(lim)(0

' −+=

→

7.1 Turunan Numerik Misalkan diberikan nilai-nilai x di hxdanxhx +− 000 ,, , serta nilai fungsi

untuk nilai-nilai tersebut. Titik-titik yang diperoleh adalah ),(),,( 0011 fxfx −− , dan

),( 11 fx dimana hxx −=− 01 dan hxx += 01 Nilai )( 0' xf dapat ditentukan dengan

tiga pendekatan :

7.1.1 Hampiran beda-maju (forward difference approximation)

hxfhxf

xf)()(

)( 000

' −+= f1 y =f(x)

h

ff 01 −= f0

← h → x0 x1

65

7.1.2 Hampiran beda-mundur (backward difference approximation)

hhxfxf

xf)()(

)( 000

' −−= f0 y= f(x)

= h

ff 10 −

f-1

← h → x-1 x0 7.1.3 Hampiran beda-pusat (central difference approximation)

hhxfhxf

xf2

)()()( 00

0' −−+

=

f1 y=f(x)

hff

211 −−

=

f-1 ← 2h → x-1 x0 x1

Contoh Tentukan nilai f’(x) di titik x=1,4 dari tabel nilai fungsi

n x f(x) 0 1,0 1,45 1 1,3 2,06 2 1,6 2,65 3 1,9 3,22 4 2,2 3,78

Penyelesaian: Data pada table memiliki h = xn+1 – xn = 1,3 – 1,0 = 0,3

a. Hampiran beda-maju : h

ffxf 01' )( −= . Untuk x=1,4, maka f0=2,06 dan f1=2,65

Jadi f’(x) = (2,65 – 2,06)/0,3 = 1,97. Nilai ini sama dengan cara hampiran beda-mundur.

b. Hampiran beda-pusat : hffxf

2)( 11' −−=

Dalam kasus ini, nilai x0=1,3 atau x0=1,6. Untuk x0=1,3, nilai f’(x) = (2,16 – 1,45)/0,6 = 1,83 Untuk x0=1,6, nilai f’(x) = (3,22 – 2,06)/0,6 = 1,93 Kedua jawaban tersebut benar.

Soal Latihan : Gunakan tabel pada contoh di atas 1. Cari nilai f’(x) dengan cara hampiran beda mundur dan beda pusat di x=1,85 dan

x=1,10!

66

Ada dua cara penurunan rumus turunan numerik yang akan dibahas di sini

1. Dengan bantuan deret Taylor

2. Dengan polinom interpolasi

Kedua cara tersebut menghasilkan rumus yang sama

7.2 Penurunan Rumus Turunan dengan Deret Taylor

Misalkan diberikan titik-titik nifx ii ,...3,2,1),,( = yang dalam hal ini

ihxxi += 0

.dan )( ii xff =

Kita ingin menghitung )(' xf yang dalam hal ini Rsshxx ∈+= ,0 .

(a). Hampiran beda-maju

Uraikan )( 1+ixf disekitar ix :

.....)(!2

)()(

!1)(

)()( "2

1'11 +

−+

−+= ++

+ iii

iii

ii xfxx

xfxx

xfxf

.....62

"'3

"2

'1 ++++=+ iiiii fhfhhfff (7.2.1)

..._62

"'3

"2

1'

iiiii fhfhffhf −−−= +

"1'

2 iii

i fhh

fff −

−= +

)(1' hh

fff ii

i Ο+−

= + dalam hal ini 1" ),(

2)( +<<−=Ο iii xxfhh ξξ

Untuk nilai-nilai f di 0x dan 1x persamaan rumusnya :

)(01'0 h

hff

f Ο+−

= dalam hal ini, 1"

0 ),(2

)( +<<−=Ο ii xxfhh ξξ

67

(b) Hampiran beda-mundur

Uraikan f(xi-1) disekitar xi :

.....)(!2

)()(

!1)(

)()( "2

1'11 +

−+

−+= −−

− iii

iii

ii xfxx

xfxx

xfxf

.....62

"'3

"2

'1 +−+−=− iiiii fhfhhfff (7.2.2)

...2

"2

1' −+−= − iiii fhffhf

..2

"1' ++−

= −i

iii fh

hff

f

)(1' hh

fff ii

i Ο+−

= − dalam hal ini 1" ),(

2)( +<<=Ο iii xxfhh ξξ

Umtuk nilai-nilai f di 1−x dan 0x persamaan rumusnya :

)(10'0 h

hff

f Ο+−

= − dalam hal ini 1" ),(

2)( +<<=Ο iii xxfhh ξξ

(c). Hampiran Beda-Pusat

Kurangkan persamaan (7.2.1)dengan persamaan (7.2.2) :

....3

2 "'3

'11 ++=− −+ iiii fhhfff

...3

2 "'3

11' +−−= −+ iiii fhffhf

...62

"'2

11' +−−

= −+i

iii fh

hff

f

)(2

211' hh

fff ii

i Ο+−

= −+ dalam hal ini 11"'

22 ),(

6)( +− <<−=Ο ii xxfhh ξξ

Untuk nilai-nilai f di 1−x dan 1x persamaan runmusnya :

68

)(2

211'0 h

hfff Ο+

−= − dalam hal ini 11

"'2

2 ),(6

)( +− <<−=Ο ii xxfhh ξξ

Perhatikan, bahwa hampiran beda-pusat lebih baik daripada dua hampiran sebelumnya,

sebab orde galatnya adalah )( 2hΟ .

7.3 Rumus Untuk Turunan Kedua )(" xf dengan Deret Taylor

(a). Hampiran beda-pusat

Tambahkan persamaan (1) dan persamaan (2) diatas :

....12

2 )4(4

"211 +++=+ −+ iiiii fhfhfff

)4(4

11"2

122 iiiii fhffffh −−+= −+

)4(2

211"

122

iiii

i fhh

ffff −

+−= −+

Jadi :

)(2 2

211" h

hfff

f iiii Ο+

+−= −+

dalam hal ini , 11)4(

22 ),(

12)( +− ≤≤−=Ο iii xxfhh ξξ

Untuk nilai-nilai f di 01 , xx− dan 1x , persamaan rumusnya :

)(2 2

2101"

0 hh

ffff Ο+

+−= −

dalam hal ini 11)4(

22 ),(

12)( +− ≤≤−=Ο iii xxfhh ξξ

(b) Hampiran beda-mundur

Dengan cara yang sama seperti di atas, diperoleh :

69

)(22

12" hh

ffff iiii Ο+

+−= −− dalam hal ini , ii xxhfh ≤≤=Ο − ξξ 2

" ),()(

Untuk nilai-nilai f di 12 , −− xx dan 0x , persamaan rumusnya:

)(2

2012"

0 hh

ffff Ο+

+−= −− dalam hal ini , 02

" ),()( xxhfh ≤≤=Ο − ξξ

(c) Hampiran beda-maju

Dengan cara yang sama seperti diatas, diperoleh :

)(2

212" h

hfff

f iiii Ο+

+−= ++ dalam hal ini , 2

" ),()( +≤≤−=Ο ii xxhfh ξξ

Untuk nilai-nilai f di 10 , xx dan 2x , persamaan rumusnya :

)(2

2012"

0 hh

ffff Ο+

+−=

dalam hal ini , 20" ),()( xxhfh ≤≤−=Ο ξξ

Contoh

Perhatikan tabel nilai fungi f(x) berikut

n x f(x) 0 1,0 0,00 1 1,2 0,26 2 1,4 0,91 3 1,6 2,31 4 1,8 3,27

Tentukan nilai f”(x) menggunakan metoda hampiran beda-pusat, hampiran beda-maju,

dan hampiran beda-mundur di x=1,65 !

Penyelesaian:

a. Hampiran beda-pusat : 2101"

02h

ffff −+−= . Untuk x=1,65, maka x0=1,6 dengan

f0=2,31 dan h=0,2. Jadi f”(x) = (3,27 - 2*2,31 + 0,91)/0,22 = -11

70

b. Hampiran beda-mundur : 2012" 2

)(h

fffxf

+−= −−

Untuk ini x0=1,8, maka f0=3,27, f-1= 2,31, dan f-2=0,91.

Jadi f”(x) = (0,91 - 2*2,31 + 3,27)/0,22 = -11.

Untuk hampiran beda-maju tidak dapat dilakukan, karena titiknya tidak tersedia.

Soal Latihan

Tentukan nilai f”(x) di titik x=1,7 dari tabel nilai fungsi berikut n X f(x) 0 1,0 1,45 1 1,3 2,06 2 1,6 2,65 3 1,9 3,22 4 2,2 3,78

menggunakan metoda hampiran beda-pusat, hampiran beda-maju, dan hampiran beda-

mundur!

71

BAB VIII INTEGRASI NUMERIK

Dalam kalkulus, integral adalah satu dari dua topik yang mendasar di

samping derivative. Dalam kuliah kalkulus, dibahas mengenai bagaimana

memperoleh solusi analitik yang bersifat eksak dari integral baik integral tentu

ataupun integral tak tentu. Integral taktentu dinyatakan sebagai :

∫ f(x) dx = F(x) + C

Solusinya adalah F(x) merupakan fungsi kontinu yang bersifat F`(x) = f(x)

dan C adalah suatu konstanta. Integral tertentu menangani perhitungan integral di

antara batas-batas yang telah ditentukan yang dinyatakan dengan

I = ∫b

adxxf )(

Menurut teorema dasar integral persamaan di atas dihitung dengan

∫b

adxxf )( = b

axF |)( = F(b) – F(a)

Secara geometri integral tertentu sama dengan luas daerah yang dibatasi

kurva y = f(x), garis x = a dan garis x = b

Y

h y= f(x)

X

0 a b

Gambar 8.1

Fungsi-fungsi yang dapat diintegralkan dapat digolongkan ke dalam

1. fungsi kontinu yang sederhana,

72

2. fungsi kontinu yang rumit,

3. fungsi hasil tabulasi

8.1 Masalah Integrasi Numerik

Masalah integrasi numerik adalah menghitung secara numerik integral

tertentu yang berbentuk :

I = ∫b

adxxf )(

yang dalam hal ini a dan b diketahui dan f adalah fungsi yang diberikan secara

eksplisit dalam bentuk persamaan atau secara empirik dalam bentuk tabel nilai.

Dalam teorema dasar kalkulus

∫b

adxxf )( = b

axF |)( = F(b) – F(a)

dengan F`(x) = f(x)

Yang menjadi permasalahan adalah bahwa fungsi F(x) tidak selalu mudah untuk

dicari. Solusi yang dapat dilakukan adalah secara hampiran numerik

Partisikan [a, b] atas N selang : a = x0 < x1 < x2 < … < xN = b

Definisi :

Rumus berbentuk Q(f) = ∑=

M

kkk xfw

0)(

= w0 f(x0) + w1 f(x1) + … + wM f(xM)

dengan sifat bahwa

I = )()()( fEfQdxxFb

a+=∫

73

disebut dengan rumus kuadratur atau pengintegralan Numerik. E(f) disebut galat

pemotongan. Nilai { }Mkkw 0= disebut dengan bobot dan { }M

kkx 0= disebut dengan

simpul. Definisi (derajat keakuratan)

Bilangan bulat positif N disebut derajat keakuratan suatu Q(f), jika E(Pj) = 0 untuk

semua polinom derajat j ≤ N, sedangkan E(PN+1) ≠ 0 untuk suatu polinom PN+1(x)

derajat N + 1.

Penurunan rumus dapat digunakan polinom interpolasi

Terdapat dua jenis rumus kuadratur :

I. Newton Cotes : titik simpul ditetapkan berjarak sama

f(x) ≈ PN(x)

II. Kuadratur Gauss : titik simpul berupa akar-akar suatu polinom ortogonal Rumus Newton Cotes

a=x0 x1 x2 x3 xM-1 xM=b h h h h

lebar selang dalam hal ini adalah h = M

ab −

xk = a + kh ; k = 0, 1, 2, … , M

fk = f(xk)

I = ∫b

adxxf )( ≈ ∫

b

aM dxxP )(

74

8.2 Aturan Trapesium

Fungsi f(x) didekati dengan menggunakan polinom derajat 1 (kasus linear

untuk n = 1).

Y = f(x) x0 =a x1=b h

Gambar 8.1

I = ∫b

adxxf )( ≈ ∫

b

adxxP )(1 = ∫

−−

+−−b

adxbf

abaxaf

babx )()(

= ∫ ∫ −−

+−−

b

a

b

adxax

abbfdxbx

baaf )()()()(

= ))()((2

bfafab+

− ; b – a = h

= ))()((2

bfafh+

bentuk di atas adalah rumus untuk aturan trapesium yang memiliki derajat

keakuratan n = 1

8.3. Aturan Titik Tengah

Pandang sebuah pias berbentuk empat persegi panjang dari x = x0 sampai

x = x1 dan titik tengah absis x = x0 + h/2 pada gambar (8.2)

Luas pias aadalah

∫1

0

x

x

dx)x(f ≈ h f(x0 + h/2) ≈ h f(x1/2) (8.3.1)

75

Y

Y = f(x)

H

x0 x0+h/2 x1 X

Gambar 8.2 Contoh

Cari luas daerah untuk x=1,0 sampai x=1,3 menggunakan metoda trapezium, dan

x=1,3 sampai x=1,6 menggunakan metoda titik tengah dari tabel nilai fungsi

berikut !

n x f(x) 0 1,0 1,45 1 1,3 2,06 2 1,6 2,65

Metoda trapezium I = ))()((2

bfafh+ , dengan a=1,0 dan b=1,3.

Jadi luasnya I=(0,3/2)*(1,45 + 2,06) = 0,5265

Untuk metoda titik tengah tidak dapat dihitung, karena tidak dapat menentukan

nilai f(x + (h/2) sehubungan fungsi f(x) tidak terdefinisi.

8.4 Aturan 1/3 Simpson

Fungsi f(x) dihampiri oleh polinom derajat dua (n = 2 f(x) ≈ P2(x))

x0 x1 x2 a h h b

I = ∫b

adxxf )( ≈ ∫

b

adxxP )(2

76

= dxbfabxbaxxxxf

bxaxbxaxaf

baxabxxxb

a

−−−−

+−−−−

+

−−−−

∫ )())(())(()(

))(())(()(

))(())((

1

11

111

1

= 3h (f (a) + 4 f1 + f(b))

aturan simpson mempunyai derajat keakuratan n = 3

8.5 Aturan Simpson 3/8 (derajat keakuratan n = 3)

Fungsi f(x) dihampiri oleh polinom derajat tiga (n = 3 f(x) ≈ P3(x))

I = ∫b

adxxf )( ≈ ∫

b

adxxP )(3 ≈ )](2313)([

83 bfffafh

+++

Dengan h = 1/3(b – a)

8.6 Aturan Boole (derajat keakuratan n = 5)

I = ∫b

adxxf )( ≈ ∫

b

adxxP )(4 ≈ )](7321232)(7[

452

321 bffffafh++++

Contoh

Cari luas daerah dari x=1,0 sampai x=1,6 menggunakan metoda Simpson 1/3,

x=1,3 sampai x=1,9 menggunakan metoda Simpson 3/8 dari tabel nilai fungsi

berikut !

n x f(x) 0 1,0 1,45 1 1,3 2,06 2 1,6 2,65 3 1,9 3,22 4 2,2 3,78

Metoda Simpson 1/3 luas daerah dari x=1,0 sampai x=1,6. Untuk x=1,0=a,

x=1,6=b, dan x1=1,3. Luasnya I=(0,3/3)*(1,45 + 4*2,06 + 2,65) = 1,234.

77

8.7 Aturan Komposit

8.7.1. Trapesium Komposit

x0 x1 x2 xk xk+1 xM-1 xM a h h h h b

Gambar 8.3

I = ∫b

adxxf )( = ∫

1)(

x

adxxf + ∫

2

1

)(x

xdxxf + … + ∫

−

b

xM

dxxf1

)(

≈ ))((2 1fafh

+ + )(2 21 ffh

+ +… + ))((2 1 bffh

M +−

= ))(2...22)((2 121 bffffafh

M +++++ −

8.7.2 Aturan Titik Tengah Komposit

∫b

a

dx)x(f ≈ ∫1

0

x

x

dx)x(f + ∫2

1

x

x

dx)x(f + ... + ∫−

n

1n

x

x

dx)x(f

≈ h f(x1/2) + hf(x3/2) + ....+ hf(xn-1/2)

≈ h( f1/2 + f3/2 + ... + fn-1/2) ≈ h ∑−

=+

1n

0i2/1if

yang dalam hal ini, xi+1/2 = a + (i+1/2) h dan fi+1/2 = f(xi+1/2), i =0,1,2,...,n-1

Trap = ))(2)((2

1

1bffafh M

kk ++ ∑

−

=

78

8.7.3 Aturan 1/3 Simpson Komposit

x0 x1 x2 xk xk+1 xk+2 xM-2 xM-1 xM a h h h h h h b

Gambar 8.4

M harus merupakan bilangan genap

I = ∫b

adxxf )( = ∫

2)(

x

adxxf + ∫

4

2

)(x

xdxxf + … + ∫

−

b

xM

dxxf2

)(

M/2 buah integral

= 3h (f (a) + 4 f1 + f2) +

3h (f 2 + 4 f3 + f4) + … +

3h (f M-2 + 4 fM-1 + f(b))

=3h (f (a) + 4 f1 + 2f2 + 4f3 + 2f4 + … +2fM-2 + 4fM-4+ f(b))

=3h (f (a) + 4 ∑

=−

2

112

M

kkf + 2 ∑

−

=

1

12

2M

kkf + f(b))

Simp =3h (f (a) + 4 ∑

=−

2

112

M

kkf + 2 ∑

−

=

1

12

2M

kkf + f(b))

79

Latihan :

1. Diketahui f(x) = x2 cos (x2), 1,5 ≤ x ≤ 2,5 dan h = 0,1 hitunglah

I = ∫5,2

5,1

dx)x(f dengan :

a. Aturan trapesium

b. Aturan 1/3 Simpson

c. Aturan titik tengah

d. Cari nilai integrasi dengan aturan 3/8 Simpson tetapi saudara harus

mengganti nilai h nya terlebih dahulu.

2. Perhatikan tabel nilai fungsi berikut

n x f(x) 0 1,0 1,45 1 1,3 2,06 2 1,6 2,65 3 1,9 3,22 4 2,2 3,78 5 2,5 3,34 6 2,8 4,90

Hitung luas luas daerah dari x=1,0 sampai x=2,8 menggunakan

a. Aturan Trapesium

b. Aturan Simpson 3/8

3. Perhatikan algoritma menghitung luas menggunakan aturan trapesium berikut

Ulang=’N’ Input n=banyak pias (partisi) Sumfx = 0 //Variabel berisi nilai Luas For I=1 to n-1 Baca x[I-1], fx[I-1] Sumfx = Sumfx + fx[I-1] End for Tulis Sumfx Input Ulang While Ulang=’Y’

Buat program berdasarkan algoritma tersebut untuk meyelasaikan soal nomor 2!

80

BAB IX

PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA Persamaan diferensial berperan penting di alam, sebab kebanyakan fenomena alam dirumuskan dalam bentuk persamaan diferensial. Persamaan diferensial sering digunakan sebagai model matematika dalam bidang sains maupun dalam bidang rekayasa. Hukum-hukum dasar fisika, mekanika listrik, dan termodinamika biasanya didasarkan pada perubahan sifat fisik dan keadaaan system , sebagai contoh Hukum Newton II menyatakan

percepatan sebagai laju perubahan kecepatan setiap waktu , atau dtdva = , Hukum

Termodinamika (Fluks panas = ,xTk∂∂

− dengan k = konduktivitas panas, dan T = suhu),

Hukum Faraday (beda tegangan = tiL∂∂. , dengan L = induktansi, dan i = arus)

Penyelesaian persamaan differensial biasa yang sederhana dapat diselesaikan secara manual dengan menggunakan berbagai macam metode diantaranya yang akan dipelajari sekarang ini adalah : Metode Taylor, metode Euler, metode Heun, metode runga kutta, metode predictor-korektor, metode Adam Bashfort dan metode Adam Moulton. Adapun penggunaan metode-metode tersebut dapat dilakukan juga dengan menggunakan computer sampai ditemukan nilai eksaknya. Untuk lebih jelasnya akan penulis bahas satu persatu. PDB Orde Satu Bentuk baku PDB Orde satu dengan nilai awal ditulis :

=≤≤=

00

'

)(),,(

yxyawalnilaidenganbxayxfy

(9.1)

Catatan : Kadang-kadang 'y ditulis sebagai dxdy

PDB orde satu yang tidak mengikuti bentuk baku tersebut harus ditulis ulang menjadi bentuk persamaan (9.1), agar ia dapat diaselesaikan secara numerik. Contoh : PDB : 1)0(;100'2 ==+ yxyy

Bentuk baku PDB orde satu: 1)0(,2

)100(' =−

= yxyy

Dengan menggunakan metode peubah diskrit kita akan mendapatkan nilai pendekatan : )( nn xyy ≈ Untuk titil-titik :

stepsizedisebuth

bxaxNnhxx

n

n

nnn

0,

,...,2,1,

0

11

>==

=+= −−

81

Metode Deret Taylor

Diberikan PDB : ),(' yxfy = dengan kondisi awal 00 )( yxy = Misalkan : )( 11 ++ = rr xyy , r= 0,1,2,…,n adalah hampiran nilai y di 1+rx . Hampiran ini diperoleh dengan menguraikan 1+ry disekitar rx sebagai berikut:

)(!

)(...)("!2

)()('!1

)()()( )(12

111 r

nn

rrr

rrr

rrrr xy

nxxxyxxxyxxxyxy −

++−

+−

+= ++++

Atau

)(!

...)("!2

)(')()( )(2

1 rn

n

rrrr xynhxyhxyhxyxy ++++=+ (9.2)

Galat Metode Deret Taylor

Galat perlangkah metode deret Taylor setelah pemotongan ke-n adalah

)(

),(!)1()1(

10)1(

)1(

+

++

+

=

<<+

=

n

rn

n

p

hO

xxfnhE ξξ

(9.3)

Galat total metode deret Taylor :

)(

,!)1()()()(

!)1()(

!)1(. 10

)1()1(

)1()1(

)1(

n

rn

nn

nn

n

p

hO

xxhn

fabfnh

habf

nhnE

=

<<+

−=+

−=

+= +

++

++

+

ξξξξ

Contoh 1. Dengan menggunakan deret Taylor, carilah penyelesaian persamaan diferensial berikut

2)2(

'

=−=

yyxxy

Pada titik x = 2,1 tepat sampai 5 desimal atau tentukan )1,2(y dan juga galatnya. Penyelesaian : Beberapa turunan yang pertama dan nilainya pada 22 00 == ydanx ialah

82

2/3663

4/3222

2/1

01

043

'

2

""'

"'032

'""'

"02

'"

'0

'

=+−+−=

−=−+−=

=+−=

=−=

iviv yx

yxy

xy

xyy

yx

yxy

xyy

yxy

xyy

yxyy

Perluasan deret Taylor di x = 2 adalah :

....)2(16/1)2(8/1)2(4/10).2(2.....)2(24/1)2(6/1)2(2/1)2()(

4320

4"'0

3"0

2'00

+−+−−−+−+=

+−+−+−+−+=

xxxxyxyxyxyxyxy iv

Pada titik x = 2,1 diperoleh :

00238,2....0000062,0000125,00025,02)1,2(

=−+−+=y

Untuk menghitung galatnya : kita cari dulu turunan ke-5 nya.

16572424123

0543

'

2

"'

−=−+−+−= viv

v yx

yx

yx

yxy

xyy

E = 1.22),(!5

)5(5

<< ξξyh

Karena ξ tidak diketahui, kita hanya dapat menghitung batas atas dan batas bawah galat E, dalam selang buka (2, 2.1) Metode Euler (Metode Euler-Cauchy) : Bila persamaan (9.2) dipotong sampai suku orde 1,diperoleh : )(')()( 1 rrr xyhxyxy +=+ (9.4) dengan ),()(' rrr yxfxy = dan rr xxh −= +1 Maka persamaan (9.4) dapat ditulis menjadi : ),()()( 1 rrrr yxfhxyxy +=+ . (9.5) atau disingkat :

83

fhyy rr +=+1 . (9.6) Galat Metode Euler : )()("

21 22 hOyhE p == ξ . (9.7)

Atau Galat totalnya :

)()("2

)()("2

)()("2

.)("21 22

2

1

2 hOyhabyhhabyhnyhE

n

rp =

−=

−=== ∑

=

ξξξξ (9.8)

Contoh 2. Dengan menggunakan Metoda Euler, carilah penyelesaian persamaan diferensial berikut

2)2(

'

=−=

yyxxy

Pada titik x = 2,2 dengan h=0,1. Tentukan y(2,2) ! Penyelesaian : Metoda Euler memiliki rumus )(')()( 1 rrr xyhxyxy +=+ Beberapa turunan yang pertama dan nilainya pada 22 00 == ydanx ialah

01 '0

' =−= yxyy

Jadi nilai y di x=2,1 adalah y(2,1) = 2 + 0,1*0 = 2 Untuk x=2,1. Nilai y’ = 1 – 2/2,1 = 0,048. Jadi y(2,2) = 2 + 0,1*0,048 = 2,0048. Metode Heun

Metode Heun adalah perbaikan dari metode Euler Metde Euler mempunyai ketelitian sangat rendah karena galatnya besar(sebanding dengan h) Metode Heun diturunkan sebagai berikut : Pandang PDB orde satu

))(,()(' xyxfxy = Integrasikan kedua ruas persamaan dari rx sampai 1+rx :

rrrr

x

x

x

x

yyxyxydxxydxxyxfr

r

r

r

−=−== ++∫∫++

11 )()()('))(,(11

Nyatakan 1+ry di ruas kiri dan suku-suku lainnya di ruas kanan :

84

∫+

+=+

1

))(,(1

r

r

x

xrr dxxyxfyy . (9.9)

Suku yang mengandung integral di ruas kanan, ∫+1

))(,(r

r

x

x

dxxyxf , dapat diselesaikan dengan

kaidah trapezium menjadi :

[ ]),(),(2

))(,( 11

1

+++=∫+

rrrr

x

x

yxfyxfhdxxyxfr

r

(9.10)

Subtitusikan (9.10) ke (9.9) diperoleh:

[ ]),(),(2 111 +++ ++= rrrrrr yxfyxfhyy (9.11)

Persamaan (9.11) merupakan metode Heun atau metode Euler-Cauchy yang diperbaiki. Suku ruas kanan mengandung 1+ry . Nilai 1+ry ini adalah solusi perkiraan awal (predictor) yang dihitung denganmetode Euler. Karena itu persamaan(9.11) dapat ditulis menjadi : Prediktor : ),()()( 1

)0(rrrr yxfhxyxy +=+

Korektor : [ ]),(),(2

1)0(

11 +++ ++= rrrrrr yxfyxfhyy

Galat Metode Heun

)(

,)("12

3

1

3

hO

xxyhE rrp

=

<<−= +ξξ

Galat Totalnya :

)(

,)("12

)()("12

)()("12

2

123

3

hO

xxyhabyhhabyhnE rrp

=

<<−

−=−

−=−= +ξξξξ

Contoh 3 : Diketahui PDB

1)0(;/ =+= yyxdxdy Hitung y(0,10) dengan metode Heun(h = 0,02) Penyelesaian : Diketahui

85

02,010,0

0),(

0

==

==+=

hb

xayxyxf

Maka n =(0,10-0.)/0.02 = 5 (jumlah langkah) Langkah-langkah :

0204,1)]0200,102,0()10)[(2/02,0(1

)],(),()[2/(.0200,1

)10(02,01)(02.0

)0(11000

)1(1

0,00)0(

11

=++++=

++=

=++=

+=→=

yxfyxfhyy

yxhfyyx

0416,1)]0412,104,0()0204,102,0)[(2/02,0(0204,1

)],(),()[2/(.0412,1

)0204,102,0(02,00204,1)(04,0

)0(22111

)1(2

1,11)0(

22

=++++=

++=

=++=

+=→=

yxfyxfhyy

yxhfyyx

1104,1)],(),()[2/(.

)(10,0

)0(55444

)1(5

4,44)0(

55

=++=

+=→=

yxfyxfhyy

yxhfyyx

Jadi 1104,1)10,0( =y Bandingkan : Nilai sejati : (0,10) 1,1103y = Dengan Euler : (0,10) 1,1081y = Dengan Heun : 1104,1)10,0( =y lebih baik dari Euler.

Perluasan Metode Heun Metode Heun dapat diperluas dengan meneruskan iterasinya sebagai berikut : ),()0(

1 rrrr yxhfyy +=+

( )[ ]),(,2

)0(11

)1(1 +++ ++= rrrrrr yxfyxfhyy

( )[ ]),(,2

)1(11

)2(1 +++ ++= rrrrrr yxfyxfhyy

86

( )[ ]),(,2

)2(11

)3(1 +++ ++= rrrrrr yxfyxfhyy

....

( )[ ]),(,2

)(11

)1(1

krrrrr

kr yxfyxfhyy +++

+ ++=

Kondisi berhenti adalah bila ε<− −

++)1(

1)(1

kr

kr yy

Dengan ε adalah batas galat yang diinginkan. Jika iterasinya dilakukan satu kali (sampai dengan )1(

1+ry saja), maka iterasinya dinamakan iterasi satu lemparan (one Shot iteration). Metode Heun adalah iterasi salu lemparan. Orde Metode PDB Orde metode penyelesaian PDB menyatakan ukuran ketelitian solusinya. Makin tinggi orde metode, makin teliti solusinya. Orde metode PDB dapat ditentukan dari persamaan galat perlangkah atau dari galat longgokannya

1. Jika galat longgokan suatu metode PDB berbentuk Chp, C tetapan, maka metode tersebut dikatakan berorde p. Sebagai contoh : Metode Euler→

Galat longgokannya = " "( ) ( )( ) ( ), ( )

2 2b a b ay t h Ch O h denganC y t− −

= = =

Maka orde metode Euler = 1 Metode Heun →

Galat longgokannya = " 2 2 2 "( ) ( )( ) ( ), ( )

12 12b a b ay t h Ch O h denganC y t− −

− = = = −

Maka orde metode Heun = 2

2. Jika galat perlangkah suatu metode PDB berbentuk Bhp+1, B konstanta, maka metode tersebut dikatakan berorde p. Dengan kata lain, jika galat perlangkah =O(hp+1), maka galat longgokan = O(hp). Sebagai Contoh :

Metode Euler→ galat perlangkah = " 2 2 "1 1( ) , ( )2 2

y t h Bh B y t= =

= 2( )O h Maka orde metode Euler = 2-1 = 1

Metde Heun→Galat perlangkah = " 3 3 "4 4( ) , ( )12 12

y t h Bh dengan B y t= =

= O(h3)

87

Maka orde metode Heun = 3-1 = 2 Menentukan Galat Perlangkah Metode PDB Galat perlangkah metode PDB diperoleh dengan bantuan deret Taylor. Kita sudah pernah menurunkan galat perlangkah metode Heun dengan bantuan dweret Taylor. Sekarang, prosedur untuk menentukan galat perlangkah suatu metode PDB dapat ditulis Sebagai berikut :

1. Notasi nilai y hampiran di xr+1 dan yr+1. 2. Notasi nilai y sejati di xr+1 dan Yr+1. 3. Uraikan yr+1.di sekitar xr 4. Uraikan Yr+1.di sekitar xr 5. Galat perlangkah adalah = (4)-(3) Contoh : Hitung galat perlangkah metode PDB

1r r ry y hf+ = + (metode Euler) dan tentukan orde metodenya. Penyelesaian :

Hampiran : 1r r ry y hf+ = + Sejati : 1rY + Uraikan yr+1.di sekitar xr Ruas kanan persamaan yr+1. sudah terdefinisi dalam xr . Jadi yr+1. tidak perlu diuraikan

lagi Uraikan Yr+1.di sekitar xr

2' "1 1

1 1( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ...

1! 2!r r r r

r r r r rx x x xY Y x y x y x y x+ +

+ +− −

= = + + +

= 2

' " ....2r r rhy hy y+ + +

=2

' ....2r rhy hf f+ + +

Jadi Galat perlangkah 1 1p r rE Y y+ += −

= 2

' ....2 rh f +

= 2

'1( ),

2 r rh f t x t x +< <

= 2( )O h orde metode = 2-1 = 1

Contoh

88

Hitung galat perlangkah metode PDB:

( )211 5162312 −−+ +−+= rrrrr fffhyy

Dan tentukan orde metodenya. Penyelesaian :

Hampiran : ( )211 5162312 −−+ +−+= rrrrr fffhyy

Sejati : 1+rY Uraikan 1+ry disekitar rx : rr ff 2323 =

...61

21(1616 '"3"2'

1 +−+−−=− − rrrrr fhfhhfff )

++−+−=− .....)6

82

42(55 '"3

"2

'2 rrrrr fhfhhfff

____________________________________________________

( ) ........624261251623 "'3"2'

21 +−++=+− −− rrrrrrr fhfhhfffff

( )211 5162312 −−+ +−+= rrrrr fffhyy

= ........)6242612(

12"'3"2' +−+++ rrrrr fhfhhffhy

= ........)31

61

21 "'4"3'2 +−+++ rrrrr fhfhfhhfy

Uraian 1+rY disekitar rx :

........)241

61

21 "'4"3'2

1 +++++=+ rrrrrr fhfhfhhfyY

Galat perlangkah 1 1p r rE Y y+ += −

= ....31

241 "'4"'4 ++ rr fhfh

= .....249 "'4 +rfh

= 124 ),('"

249

+− << rr xxfh ξξ

Orde Metode = 4 -1 = 3

Metoda-metoda lainya

89

Metoda-metoda yang lain untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa, diantaranya : metoda Runge-Kutta, metoda Adam, metoda Milne, metoda Adam-Moulton. Formula dari metoda-metoda tersebut, tiga diantaranya adalah a. Metoda Runge-Kutta. Disini hanya diambil satu saja, yaitu orde 4.

)22(6 43211 kkkkhyy nn ++++=+

dengan ),(1 nn yxfk =

)2/,2/( 12 kyhxfk nn ++= )2/,2/( 23 kyhxfk nn ++=

),( 34 kyhxfk nn ++= n = 1, 2, 3, ….

b. Metoda Adam

Formulanya : )9375955(24 3211 −−−+ −+−+= nnnnnn ffffhyy

Metoda Adam berorde empat. Rumus ini membutuhkan nilai-nilai 321 ,,, −−− nnnn fdanfff . Nilai-nilai ini harus disupply oleh metoda lain, misalnya metoda Runge-Kutta. Metoda yang seperti ini disebut metoda multi-step.

c. Metoda Milne

Formulanya : )22(3

41231 nnnnn fffhyy +−+= −−−+ (c.1)

)4(3 1111 +−−+ +++= nnnnn fffhyy (c.2)

Metoda Milne berode empat. Persamaan (c.1) disebut persamaan prediktor, dan persamaan (c.2) disebut persamaan korektor. Metoda Milne memiliki akurasi perhitungan yang lebih dbandingkan dengan metoda Adam. Kedua metoda tersebut harus menggunakan ukuran h yang konstan.

Soal Latihan PDB y’ = f(x, y) = x + y, y(0)=1,5.

a. Hitung nilai y di x=0,5 dengan h=0,1 menggunakan metoda Euler, dan metoda Taylor orde 3!

b. Algoritma metoda Euler disajikan berikut Nilai awal x0, y0 Fxy = f(x0, y0) Input variable x_akhir //nilai akhir interval x Input Jumlah Iterasi, n Dx = (x – x0)/n Ya = y0 For i=1 to n Dy = Fxy*Dx Xa = x0 + Dx*i Ya = Ya + Dy Fxy = (Xa + Ya)

90

Cetak Xa, Ya End for Implementasikan algoritma tersebut untuk PDB di atas!

91

DAFTAR PUSTAKA

1. Atkinson, Kendal E, 1985, Elementary Numerical Analysis, John Wiley and

Sons.

2. Burden Rishard L.; Faires J. Douglas., Numerical Methods, 8th edition, 2005, Thomson Brooks/Hole.

3. Chapra, Steven C dan Canale, Raymond P, 1991, Numerical Methods for Engineers with personal computer aplication, MacGraw-Hills books company.

4. Conte, Samuel D dan De Boor, Carl, 1992, Elementary Numerical Analysis An Algorithmic Approach, 3rd Edition, MacGraw-Hills, Inc.

5. Munif Abdul.; Prasetyoko H Aries., 1995, Penguasaan dan Penggunaan METODA NUMERIK – Cara Praktis, Edisi Kedua, Guna Wijaya, Surabaya.